DE THI HSG TOAN 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ 2014-2015 Đề thi chính thức. ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 9 NĂM HỌC Thời gian làm bài 120 phút. x y 2 2  x x  y  2  Bài 1: Cho biểu thức a) Rút gọn A với x y 0 A. x. x 2  y 2  . 3 3 b) Tính giá trị của A khi x  2 13  5 và y  2 13  5. x x  5  2 3 x 2  5x  2  2 a) Giải phương trình . Bài 2:. b) Giải hệ phương trình.  x 2  y 2  xy 9   x  y  xy 3. m  1 x 2  2mx  m  1 0.  Bài 3: Cho phương trình  (m là tham số) a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu 2. 2. b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x 2  x 2 x1 2m Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy điểm M bất kì, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E 2 a) Chứng minh rằng AB.AE 4R b) Chứng minh rằng CM vuông góc với OE c) Xác định vị trí của M để dây AB có độ dài nhỏ nhất Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x  y 1 . Tìm GTNN của. P. x y  1 x 1 y. BÀI GIẢI Bài 1:. a) Đặt. B  x  x 2  y2 .  B  2 x  y. b). x. (Vì x  y). Do đó. P  3 2 13  5 . 3. x 2  y 2  B2 2x  2 x 2   x 2  y 2  2  x  y  x y . 2  x  y  x  y 2. A. . . . 2 13  5  P 3 10  3 3 2 13  5 2 13  5 .P 10  9P 2. 1  39  2 P  P  10  P     0  P  9P  10 0   P  1  P  P  10  0  P 1 2 4   (Vì ) 3. 2. Vậy P = 1 2 3 2 a) Phương trình  x  5x  2  2 x  5x  2  4 0. Bài 2: Đặt. 3. 3 2 x 2  5x  2 y ta có phương trình y  2y  4 0   y  2   y  2y  2  0  y  2 (Vì y2. 3 2 2 – 2y + 2 = (y – 1)2 + 1 > 0). Do đó x  5x  2  2  x  5x  6 0.  x  2   x  2   x  3 0    x  3 . Phương trình có tập nghiệm S = {-2; -3}.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b) Hệ phương trình.  x  y  2  xy 9 2    x  y    x  y   12 0   x  y  3  x  y  4  0  x  y  xy 3.  x  y 3  Với x + y – 3 = 0 ta có  xy 0 có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)}  x  y  4  x  y  4  x  y  4  2   2 xy 7 y  4y  7 0 y  2  3  0      Với x + y + 4 = 0 ta có vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)} Bài 3:. m  1  m 1  0  m 2  1   1  m  1 a) Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì . b) Ta có.  ' m 2   m  1  m  1 1  0. nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1; x2 khi m. 1 2m   x1  x 2  m  1   x x  m 1 2 2 1 2 m 1 Theo Viet thì  . Ta có x1 x 2  x 2 x1 2m  x1x 2  x1  x 2  2m m  m  1   2m   m  1   0  m  m 2  m  2  0  m 0   2m  m  2 m  1 m  1     m  1. (TMĐK m  1). 2. 1 7  m 2  m  2  m     0 2 4  (Vì ). Vậy m = 0 thỏa mãn bài toán. Bài 4: a) Gọi H là giao điểm MO và AB 0   Ta có AHO ACE 90 nên AHO  ACE (g - g). A. AH AO 2.AH 2.AO AB 2R       AB.AE 4R 2 AC AE AC AE 2R AE BCE BAC  b) Ta có (cùng chắn cung BC) BAC AMO   AOM. O. . H N. (cùng phụ với ) 0     Do đó BCE AMO và CBE MAO 90 nên BCE  AMO (g - g). . BE BC  AO AM. I. C. B J E. M. K. d. BE BC BE BO    BO BM BC BM 0      có EBO CBM 90  OBC nên EBO  CBM (c – g – c)  BEO BCM . Gọi I, J lần lượt là 0 0 0      giao điểm của OE với MC và BC ta có BEO  BJE 90  BCM  IJC 90  CIJ 90 hay CM  . OE c) Kẻ OK  d cắt AB tại N. Ta có OHN  OKM (g - g)  ON. OK = OH. OM = OA2 = R2 Vì đường thẳng d cố định nên K cố định, O cố định, suy ra N cố định hay ON không đổi 2. 2. 2. 2. 2. 2. Ta có AB 2.AH 2 AO  OH 2 R  OH 2 R  ON không đổi Do đó AB nhỏ nhất khi ON = OH  N trùng H  M trùng K 2. m2 n 2  m  n  2     a  b   bm 2  an 2  ab  m  n  a b a  b Bài 5: Với a, b > 0 thì , thật vậy BĐT 2 2 2 2 2 2 2 2  abm  a n  b m  abn  abm  2abmn  abn 2 0   an  bm  0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 12/10/2015. Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) 2 x  y  x2 y2 x2 y2 P     x y y x x xy y xy x xy  y xy . Áp dụng Áp dụng BĐT trên ta có. Bunhia được  P. . x xy  y xy 1.  x  y  2xy. . . 2.  x  y   xy  xy  . 1  2 2xy. x xy  y xy .  x  y  2xy. . GTNN của P là 2 đạt được khi. x y . 1 2. Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh (Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang) A. Bài 1: (4,0 điểm) Cho a) Rút gọn biểu thức A.. 2 x9 2 x 1 x 3   (x 0, x 4, x 9) x  5 x 6 x  3 2 x. b) Tìm giá trị của x để A = Bài 2: (4,5 điểm). . 1 2.. a) Tính 8  2 15  8  2 15 x 6  3x 5  3x 4  x 3  2015 P 6 x  x 3  3x 2  3x  2015 . b) Cho x2 – x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức: 3x x 6 2 2 x  9 c) Giải phương trình: .. Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n bé nhất để F = n3 + 4n2 – 20n – 48 chia hết cho 125. b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n >1 thì số A = n6 - n4 +2n3 + 2n2 không thể là số chính phương. Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: 1 a) SABC = 2 AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC. AD b) tanB.tanC = HD . c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF. HB.HC HC.HA HA.HB   1 AB.AC BC.BA CA.CB d) . Bài 5: (1,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:. x 2  y 2  y 2  z 2  z 2  x 2 2015 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. T. x2 y2 z2   yz zx xy .. Hết Họ tên thí sinh:................................................. Số báo danh:.................. Giám thị không giải thích gì thêm PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN : TOÁN. Hướng dẫn chấm này có 03 trang I. Yêu cầu chung: 1. Học sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng. 2. Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm. II. Yêu cầu cụ thể: Nội dung cần đạt Điểm. Bài. a(2,0đ). 1. A. 2 x9 2 x 1   ( x  3)( x  2) x 3. x 3 x 2. . 2 x  9  (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  2). . 2 x  9  2x  4 x  x  2  x  9 x x  2  ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2). . ( x  2)( x  1) x 1  ( x  3)( x  2) x3. 0,5. 0,5. x 1 x  3 với (x 0, x 4, x 9) . Vậy b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9) Ta có:. 0,5. A. x 1 1   2 x  2  x  3 2 x3 1  3 x 1  x  (t / m) 9 1 1  Vậy A = 2  x = 9 . A . 2. 0,5. 1  2. 0,5 1,0 0,5. a(1,5đ) Ta có 8  2 15  8  2 15  5  2 15  3   5. 3. 5. 5  2 15  3  ( 5 . 3) 2 . ( 5  3) 2. 3  2 3 2. b(1,5đ) Ta có: x – x – 1 = 0  x2 – x = 1  (x2 – x)3 = 1  x6 – 3x5 + 3x4 – x3 = 1. Mặt khác: x2 – x – 1 = 0  x2 = x + 1. 1,0 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x6 = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1. 1  2015 2016  P  1 1  2015 2016 .. 0,5 0,25. x 3  c(1,5đ) ĐK: x2 – 9 > 0   x   3. + Nếu x > 3: Bình phương hai vế của phương trình ta được: 9x 2 6x 2 x4 x2 x  2  72  2  6.  72 0 x 9 x 9 x2  9 x2  9 x2 t (t  0) 2 x2  9 Đặt , được phương trình: t  6t  72 0  t 6 . x2 6 2 x  9 Khi đó:  x4 – 36x2 + 324 = 0  x2 = 18.. 0,25. 2. Trong trường hợp này tìm được: x 3 2 x. 3. 4. 3x 2. 0,25 0,25 0,25. 06 2. x 9 + Nếu x < –3: Khi đó: : PT vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 3 2 . a(2,0đ) Ta có: F = n3 + 4n2 – 20n – 48 = (n – 4)(n + 2)(n + 6). Thử với n = 1; 2; 3 thì F đều không chia hết cho 125. Thử với n = 4 thì F = 0 chia hết cho 125. Vậy số nguyên dương bé nhất cần tìm là: n = 4. b(2,0đ) A=n6 - n4 +2n3 + 2n2 = n4(n2-1) + 2n2(n+1) = n2(n+1)(n3-n2 +2) = n2(n+1)[(n+1)(n2-2n+2)] = n2(n+1)2(n2-2n +2) = n2(n+1)2[(n-1)2 +1] Ta có: (n-1)2 < (n-1)2 +1= n2 + 2(1-n) < n2 (vì n>1)  (n-1)2 +1 không thể là số chính phương Vậy A không thể là số chính phương. a(2,0đ). 0,25. 1,0 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5. A. E F H. 1 * Ta có: SABC = 2 .BC.AD.. B. D. C. 1 ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = 2 BC.AB.sinA.. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ABE vuông ở E có AE = AB.cosA BFC vuông ở F có BF = BC.cosB ACD vuông ở D có CD = AC.cosC Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC. AD AD b(1,5đ) Xét ABD có tanB = BD ; ACD có tanC = CD AD 2 suy ra tanB.tanC = BD.CD (1)    Do HBD CAD (cùng phụ với ACB ) nên BDH  ADC (g.g) DH BD   DC AD  BD.DC = DH.DA AD 2 AD  Kết hợp với (1) được tanB.tanC = DH.AD DH .   c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF ABC .     Tương tự được CED CBA nên AEF CED mà BE  AC      AEB CEB DEB = 900. Từ đó suy ra FEB  EH là phân trong của DEF. Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của DEF. d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC. CH CE   CA CF Dễ thấy CHE  CAF(g.g) HB.HC HB.CE 2.SBHC SBHC     AB.AC AB.CF 2.SABC SABC HC.HA SCHA HA.HB SHAB   BC.BA S CA.CB SCAB . CBA ; Tương tự có HB.HC HC.HA HA.HB SBHC SCHA SAHB      1 AB.AC BC.BA CA.CB S S S BAC CBA ACB Do đó: 5. 1,0. 0,5. 0,5 0,5. 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. 2 2 2 2 2 2 Đặt a  x  y ; b  y  z ;c  z  x  a; b;c  0 và a  b  c 2015 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: a  b  c 2(x  y  z ) . a 2  b2  c2 2 a 2  b 2  c2 2  a 2  b 2  c 2 ;y  ;z  2 2 2 . 2 2 2 2 x a  b c  2 2 2 2 2b 2 . Do đó: (y  z) 2(y  z ) 2b  y  z  2b  y  z y2 a 2  b2  c 2 z 2  a 2  b 2  c2  ,  xy 2c 2 2a 2 Tương tự: z  x .  x2 . a 2  b 2  c2 b a 2  b 2  c2 c a 2  b 2  c2 a       2b 2 2 2c 2 2 2a 2 2 1  1 1 1 a b c  (a 2  b 2  c 2 )       2 2 2 a b c. T . 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . 1.  1 1 1  2015 (a  b  c) 2       6 2 2  a b c 1  1 1 1  2015  (a  b  c)(a  b  c)       6 2 2 a b c 1 2015 2015  2015.9   6 2 2 2 2 .. 2015 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2015 2015 min T  x y z  2 2 khi 3 2 . Vậy. 0,5. a b c . 0,25. Người làm đáp án: 1. .................................................... Người thẩm định: ......................................... 2. ................................................... UBND HUYỆN THANH SƠN. PHÒNG GD&ĐT. Người duyệt:. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học 2015 - 2016. Môn: Toán Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề Câu 1(4,0 điểm). 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x  2 xy  4 x  8 y  5 0 . 3 b) Chứng minh rằng A n +11n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n..  x 1 B   2 x  2 Câu 2(3,0 điểm). Cho biểu thức. 2.      . x1  x 1. x 1   x  1 . a) Rút gọn biểu thức B; b) Tính giá trị của B khi x 6  2 5 ; c) Tìm giá trị của x để B < 0. Câu 3 (4,0 điểm). Giải các phương trình sau: 3 2 a) x  3x  3x  4 0 .. b) 3x 1  2  x 1 . Câu 4 (7,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC có góc B bằng 120 0, BC = 12cm, AB = 6cm. Đường phân giác của góc B cắt cạnh AC tại D. a) Tính độ dài đường phân giác BD; b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM vuông góc với BD. 2. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD.  Tính cosMAN ? Câu 5 (2,0 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> C. a  27  a 3. a) Cho a 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b) Chứng minh rằng nếu a, b, c dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 thì a 2 1  b2 1  c2 1 2  a  b  c  .. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KỲ ANH. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016. MÔN : Toán 9. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao nhận đề). √ x+1 −1 2 − 2 Câu 1. Cho biểu thức A= x √ x+1 √x √ x − 1 a) Rút gọn A. (. )(. ). 8 b) Tìm các giá trị của x để A= 3 Câu 2. Giải các phương trình sau: a) x=2 √ x +2+1 b) √ x+1+ 4 √ x −3+ √ x −2+2 √ x −3=5 Câu 3. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a ≥ b và √ a −b+ c=√ a −b+ √ c Chứng minh: ( √ a2 c 2+ 2015+ bc )( √ b2 c 2 +2015 −ac )=2015. Câu 4. Cho Δ ABC có 3 góc nhọn, H là trực tâm. Lấy I thuộc đoạn thẳng BH, K thuộc đoạn 0 thẳng CH sao cho A ^I C= A ^ K B=90 . a) Chứng minh Δ AIK là tam giác cân. b) Tìm điều kiện của Δ ABC để: cot A +cot B+cot C=√ 3 ab. 1. Câu 5. Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a2 + b2 = 4. Chứng minh a+b+2 ≤ √ 2+ 1 -------------------Hết---------------PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN THÀNH. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán 9. Lớp: 9 Thời gian làm bài: 120 phút.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 1: (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng tích của bốn số tự nhiên liên tiếp cộng với 1 là một số chính phương. b) Tìm số nguyên tố p sao cho A = 2 + p là số nguyên tố. Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + 8 = 2 b) Tìm x, y, z biết: + + = 6 - - Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho f(x) = 1 + x + x + ... + x. Tính f(a) với a = + và x + y = 1. biểu thức M = ( x+ ) + ( y+ ). b) Cho x, y là hai số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của. Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, hình vuông ADEF sao cho D thuộc cạnh AB, E thuộc cạnh BC, F thuộc cạnh AC a) Chứng minh rằng: BD.CF = b) Chứng minh rằng: = cạnh hình vuông ADEF bằng 2, BC = 3. Tính cạnh AB và AC.. c) Cho biết. Câu 4: (2,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có = 120. Tia Ax tạo với AD một góc 15 và cắt cạnh CD tại M, cắt đường thẳng BC tại N. Chứng minh rằng: + = ------------------Hết----------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT KIÊN GIANG PHÒNG GD&ĐT PHÚ QUỐC. ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 VÒNG HUYỆN Năm học: 2011- 2012 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (Không tính thời gian phát đề). Bài 1: ( 3 điểm ) CMR với mọi x,y nguyên thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương Bài 2: (3 điểm) Giải phương trình: x x 1 x  2 x  3 x  4     5 a) 2000 2001 2002 2003 2004 x 5 1 10.  x 5 9 x  45 4 25 3 b). Bài 3: (2điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: n 4  6n3  11n 2  30n  24 chia hết cho 24. Bài 4: (2 điểm ) Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1. 1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  2. Tính: T =. x. 1 x2. 2. 2. 1 y2. 2. 2. 1 z2. 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bài 5: (4 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =. ab bc ca   c  ab a  bc b  ca .. Bài 6: (3 điểm) Gọi H là trực tâm của tam giác đều ABC, đường cao AD. Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh BC; Gọi E và F thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC; Gọi I là trung điểm của AM. a) Xác định dạng của tứ giác DEIF (1,5 điểm) b) Chứng minh rằng các đường thẳng MH, ID, EF đồng quy (1,5 điểm) Bài 7: (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AM, BN vàCK của Δ ABC cắt nhau tại H. Điểm D đối xứng với điểm B qua điểm O 1/ Tính. AH DC. 2/ Chứng minh rằng. AH BH CH + + AM BN CK. có giá trị là một hằng số. ------------------Hết-----------------.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu. Đáp án. Bài 1 (3điểm ). A =(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x + y)(x + 4y) (x + 2y)(x + 3y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2 )(x2 + 5xy + 6y2 )+ y4 = (x2 + 5xy + 5y2 - y2 )(x2 + 5xy + 5y2 + y2 ) + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 - y4 + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 Do x , y  Z nên x2 + 5xy + 5y2  Z  A là số chính phương. Bài 2 (3điểm ). a) PT đã cho tương đương:. Biểu điểm 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5.  x   x 1   x  2   x  3   x  4   1    1    1    1    1 0   2000   2001   2002   2003   2004  x  2000 x  2000 x  2000 x  2000 x  2000      0 2000 2001 2002 2003 2004 1 1 1 1   1  ( x  2000)       0  2000 2001 2002 2003 2004  1 1 1 1 1     0 Vì 2000 2001 2002 2003 2004 Nên Pt đã cho tương đương với x- 2000 = 0  x = 2000. (0,25đ) Vậy S = {2000}. b) Bài 3 (2 điểm ).  x  5 0   x 5 1  x 5 9 x  45 4 10. 25 3  .  x 5   x 9  x 9. n   n  n    5n  5n    6n  6    24  n  1 n  n  1  n  5n  6   24  n  1 2. 0,5. Vậy S ={9}. = =. 2. 0,5. 0,75. n 4  6n3  11n 2  30n  24  n4  6n3 11n2  6n    24n  24  n  n3  6n 2 11n  6   24  n  1 3. 0,5. 2. 0.5 0.5. 0.5 n n  1  n  2   n  3  24  n  1 =  Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; là bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích của chúng chia 4 3 2 hết cho 2.3.4 = 24 và 24 (n - 1) chia hết cho 24 nên n  6n  11n  30n  24 0.5 chia hết cho 24.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Bài 4 (2 điểm ). Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(x+y) Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y).  y  x  y  z  z  x  z  y   y  z  x  z  y  x  y  x  z   x  z  x  y   x  y  y  z  T=  x  y  x  z  y  x  y  z  z  z  x  z  y  =. 1. x. =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) Bài 5 (4 điểm ). Có:. = 2(xy+yz+zx) =2 . Vậy T = 2. a  b  c 1  c  a  b  c  .c ac  bc  c 2. 2  c  ab ac  bc  c  ab a (c  b)  c (b  c) = (c  a)(c  b). . a b  ab ab  c a c b c  ab (c  a )(c  b) 2. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5. a  bc (a  b)(a  c). Tương tự: b  ca (b  c)(b  a) . b c  bc bc  a b a c a  bc (a  b)(a  c) 2. c a  ca ca  b c b a b  ca (b  c)(b  a ) 2 a b b c c a      c  a c b a b a c b c b  a 2  P = a c c b b  a   a c c b b  a 3 2 = = 2 1 a b c  3 Dấu “=” xảy ra khi 3 1 a b c  3 Từ đó giá trị lớn nhất của P là 2 đạt được khi và chỉ khi. Bài 6 (3 điểm ). 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> a) Xét tam giác AEM có: EI=1/2.AM và tam giác ADM có: DI=1/2.AM Do đó tam giác EID cân tại I (1) Ngoài ra: GócEIM = 2.gócEAI và gócDIM=2.gócDAI => góc EIM + góc DIM = góc EID = 2.góc EAD = 2.30o = 60o Vậy góc EID = 60o (2) Từ (1) và (2) => tam giác EID đều (3) Tương tự ta chứng minh được tam giác IDF đều (4) Từ (3) và (4) => DEIF là hình thoi.. 0,25 0,5. b) Gọi O là giao điểm của ID và EF, ta cần chứng minh: M,O,H thẳng hàng Thật vậy, gọi N là trung điểm của AH. Vì H là trực tâm nên H cũng là trọng tâm của tam giác đều ABC => AN=NH=HD Khi đó: OH là đường trung bình của tam giác DIN => OH // IN và IN là đường trung bình của tam giác AHM => MH // IN Do đó M,O,H thẳng hàng hay MH, ID, EF đồng quy tại O. Bài 7 (3 điểm ). 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25. 1) Tam giác BCD có OB = OC = OD = bán kính đường tròn tâm O , nên tam giác BCD vuông tại C. Vay AH // DC ( vì cùng vuông góc với BC) Tương tự tam giác ADB cũng vuông tại A , Do đó AD//CH (cùng vuông góc với). 0,25. Vậy. 0,25 0,25 0,25. tứ. giác. AHCD. là. hình. bình. hành. AH Do đó AH= DC, suy ra =1 DC 2/ Gọi S là diện tích Δ ABC và S1, S2, S3 theo thứ tự là diện tích của tam. giác BHC, AHB, AHC. Ta có S=. 1 . BC. AM 2. 1 . BC. HM 2 S 1 HM S − S 1 AM − HM AH = ⇒ = = suy ra: (1) S AM S AM AM S − S 2 CH S − S 3 BH = = Tương tự, ta có (2); (3) S CK S BN. 0,5. S1=. Cộng. vế. theo. vế. (1),. AH BH CH 3 S −( S1 + S2 + S3 ) 2 S + + = = =2 AM BN CK S S. (2), không đổi. 0,5 (3). ta. có:. 0,5 0,5. UBND HUYỆN PHÚ QUỐC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2010 - 2011 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 1: (6 điểm ) 1) Chứng minh rằng M = 2 + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( 2 điểm ) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p, sao cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm ) 3) Tìm tất cả các số tự nhiên có hai chữ số ab , sao cho: ab2 - ba2 =1980 ( 2 điểm ) Bài 2: (5 điểm) 1   a 1  1 Q     : a1 a   a  2  cho biểu thức: a/ Rút gọn Q với a > 0, a 1 và a 4. a 2  a  1 . b/ Tìm a để Q=-1 c/ Tìm a để Q > 0 Bài 3: (3 điểm) Tìm x, biếtt: 3x +1 -. √ 9 x2 −6 x +1 + 6 = 0. Bài 4: (6 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O; R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I và I khác O. a) Chứng minh: IA . IC = IB . ID b) Vẽ đường kính CE, chứng minh ABDE là hình thang cân. Suy ra: AB2 + CD2 = 4R2 và AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 c) Gọi M là trung điểm của CD. Chứng minhL AB = 2.OM d) Từ A và B vẽ các đường thẳng vuông góc đến CD và lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại K. Chứng minh: A, B, K, F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt. Bài 1: ( 6 điểm ) 1) Chứng minh rằng M = 2 + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( 2 điểm ) Ta có: M = 2+22+23 + … + 220 = ( 2+22+23+24 ) + ( 25+26+27+28 ) + … + ( 217+218+219+220 ) (0,75 điểm ) = 2.15 + 25.15 + … + 217 .15 (0,5 điểm ) 5 17 = 15 ( 2 + 2 … + 2 ) (0,5 điểm ) Vậy M chia hết cho 15 (0,25 điểm ) 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm ) * Với p= 2 ⇒ p + 8 và p + 10 là các hợp số ( Không TMĐK bài toán ) (0,25 điểm ) * Với p= 3 ⇒ p + 8 và p + 10 là các số nguyên tố ( TMĐKbài toán ) (0,25 điểm ) * Với p = 3k + 1 ( k N, k chẵn ) ⇒ p + 8 = 3k + 9 ⋮ 3 là hợp số (Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm ) *Với p = 3k + 2 (k N, k lẽ ) ⇒ p + 10 = 3k + 12 ⋮ 3 là hợp số(Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm ) Vậy với p = 3 thì p + 8 và p + 10 là các số nguyên tố (0,5 điểm ) 3) Tìm tất cả các số tự nhiên có hai chữ số ab , sao cho: ab2 - ba2 =1980 ( 2 điểm ) 2 2 (0,25 điểm ) ab - ba = 1980 ⇔ ( ab+ ba ) ( ab − ba )=1980 ⇔ (10a+b+10b+a)(10a+b-10b-a) =1980 (0,25 điểm ) ⇔ 11(a+b).9(a-b) =1980 (0,25 điểm ) ⇔ 99(a+b)(a-b) =1980 (0,25 điểm ).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ⇔ (a+b)(a-b). =20 Do18 > a+b a-b >0 và a + b và a – b cùng tính chẵn, lẽ nên a+b=10 và a-b=2 , suy ra a=6 ;b=4 Vậy số cần tìm là 64. (0,25 điểm ) (0,5 điểm ) (0,25điểm). Bài 2: (5 điểm) 1   a 1  1 Q     : a1 a   a  2  a/ a . . . . . . a1. a. a 1. a.  a  1   a  4 .   :.    1 . a  a  1 a. . :. a1. a1. a 2  a  1 . a 2. . . a1. a  1 a  4.  a  2  a 2.  a  1 a1. 3.  0,5 đ   0,5 đ   0,5 đ . a 2  0,5 đ  3 a a  0  a 1  a 4 . a 2  1 3 a  b/ Q = - 1 với  a  2  3 ađ 0, 25  4 ađ2 . ađ. 1 2. (0,5 đ). .  0, 25   0, 25 . 1  a  (TMDKđ)  0, 25  4 a  0  a 1 a 2  0  3 a c/ Q > 0 với a 4  3 a  0  0,5 đ  a 2 0  0, 25 đ  3 a Vậy.  0, 25 đ   a  4(TMDK )  0, 25 đ  . a  20. Bài 3: (3 điểm) Tìm x, biết: 3x +1 -. . a  2  0, 25 đ . √ 9 x2 −6 x +1 + 6 = 0. 2. 3 x −1 ¿ ¿ 3x +1 ¿ √¿ ⇔ 3x +1 - |3 x −1|+ 6=0 1 Trường hợp 3x-1 0 tức là x 3. (0,25 điểm) (1). (0,25 điểm) (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Từ (1) ta có PT: 3x+1-3x+1+6=0 (PT này vô nghiệm) Trường hợp 3x-1 <0 tức là x < ⇔. 1 3. (0,75 điểm). Từ (1) ta có PT: 3x+1 -1+3x +6=0 1. x = -1 (TMĐK x< 3 ) Vậy x = -1 là giá trị cần tìm Hình vẽ tốt A I. E F D. a. 5. b. c. d. B. O. M. 0,5. K. C. Chứng minh được: Tam giác AID đồng dạng với tam giác BIC Chỉ ra được EA và EB cùng vuông góc với AC  EA // DB  ABDE là hình thang (1)   Chứng minh được: EDB ABD (2) Từ (1) và (2)  ABDE là hình thang cân. * Tam giác vuông EDC có: 2 2R   2 2 2 ED + CD = EC = = 4R2 Mà ED = AB nên AB2 + CD2 = 4R2 (3) * Tam giác vuông EBC có BE2 + BC2 = EC2 = 4R2 Mà BE = DA nên DA2 + BC2 = 4R2 (4) Cộng (3) và (4) ta được: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 Nêu được OM là đường trung bình của EDC 1 ED nên OM = 2 hay ED = 2.OM Mà ED = AB  AB = 2.OM Chứng minh được AEDF là hình bình hành Chứng minh được ABKF là hình thoi. 1. 1. 1. 1. 0,5 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>