HSG 5

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ §Ò thi häc sinh giái To¸n 9. a/. ĐỀ 1: Bµi 1 (1 ®): Cho : M = x2 + y2+xy-3x-3y+2011. Víi gi¸ trÞ nµo cña x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? 1 1 1   ...  2 ( n  1) n Bµi 2 (1 ®): CMR 2 1 3 1 víi mäi n  N* Bµi 3 (1,5 ®): Gi¶i ph¬ng tr×nh. 2. x 2  6 x  18 = 6x -5-x2. b/. 3. 2( x  2) 5 x  1 Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, √ x + √ y + √ z đều lµ c¸c sè h÷u tØ th× √ x , √ y , √ z còng lµ c¸c sè h÷u tØ. Bµi 5 (1,5 ®): 1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có x y  1. tung độ bằng b thì đờng thẳng đó có dạng a b 2/Cho đờng thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mäi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng lµ lín nhÊt. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK  biÕt OA = a, AOH  . a/ TÝnh c¸c c¹nh tam gi¸c AKB theo a vµ  . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2  . Từ đó biÓu diÔn sin2  , cos2  theo sin  , cos  . Bµi 7 (2 ®) : Cho h×nh vu«ng ABCD. O lµ mét ®iÓm thuäc miÒn trong h×nh vu«ng sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. TÝnh sè ®o gãc AOB ? §Ò 2 1 ( P) : y  x 2 3 . Bµi 1: (8 ®iÓm) Cho parabol 1. ViÕt ph¬ng tr×nh c¸c tiÕp tuyÕn cña (P), biÕt c¸c tiÕp tuyÕn nµy ®i qua ®iÓm A(2;1) .. 2 3 2 2 a/ x  6 x  10 + x  6 x  18 = 6x -5-x2 b/ 2( x  2) 5 x  1 Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, √ x + √ y + √ z đều lµ c¸c sè h÷u tØ th× √ x , √ y , √ z còng lµ c¸c sè h÷u tØ. Bµi 5 (1,5 ®): 1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có x y  1. tung độ bằng b thì đờng thẳng đó có dạng a b 2/Cho đờng thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mäi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng lµ lín nhÊt. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK  biÕt OA = a, AOH  . a/ TÝnh c¸c c¹nh tam gi¸c AKB theo a vµ  . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2  . Từ đó biÓu diÔn sin2  , cos2  theo sin  , cos  . Bµi 7 (2 ®) : Cho h×nh vu«ng ABCD. O lµ mét ®iÓm thuäc miÒn trong h×nh vu«ng sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. TÝnh sè ®o gãc AOB ?. 2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(2;1) và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. 3. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến cña parabol (P) vµ hai tiÕp tuyÕn nµy vu«ng gãc víi nhau.. Mét sè §Ò luyÖn thi vµo chuyªn To¸n 9 đề 1’ Bµi 1 (1 ®): Cho : M = x2 + y2+xy-3x-3y+2011. Víi gi¸ trÞ nµo cña x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? 1 1 1   ...  2 2 1 3 1 ( n  1) n Bµi 2 (1 ®): Chøng minh r»ng víi mäi n  N* Bµi 3 (1,5 ®): Gi¶i ph¬ng tr×nh. - -. x 2  6 x  10 +. Bµi 2: (4®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x 2  y 2  xy 19   x  y  xy  7. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 4. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng ph©n biÖt. 5. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân 5 x13  x23  x x 2 . biÖt 1 vµ 2 tho¶ m·n hÖ thøc 6. Gi¶ sö ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm kh«ng ©m. T×m gi¸ trÞ của m để nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất.. Bµi 3: (8 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. 1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. 3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. §Ò 3. x 2  4 x  3 4 x  x 2 (2) 0  Bµi 3: (8 ®iÓm)Cho tam gi¸c ABC cã ABC 60 ; BC a ; AB c ( a, c là hai độ dài cho trớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đợc gọi là hình chữ nhËt néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. 1. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 2. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó. §Ò 5  x 4  3 4 y  4  y  3 4 x Bµi 1: (7 ®iÓm) 1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thøc: 2 a b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 a2         a b b c c  a a b b c c  a a b b c c  a Bµi 2: (4®iÓm)Gi¶i ph¬ng tr×nh:. x 1  2 4 x  x  9  6 4 x 2 Bµi 1: (7 ®iÓm)Gi¶i ph¬ng tr×nh: 1. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ c¸c sè kh«ng ©m vµ b lµ sè trung b×nh céng cña a vµ c th× ta cã: 1 1 2   a b b c c a Bµi 2: (6 ®iÓm)T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña x2  3x  5 y x2 1 .. 1. T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3 0 Bµi 3: (7 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vu«ng gãc víi nhau. E lµ ®iÓm bÊt k× trªn cung AD. Nèi EC c¾t OA t¹i M, nèi EB c¾t OD t¹i N.. Th× | a | | b | | c | Bài 2: (6 điểm) Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau. 2. A, B, C lµ mét nhãm ba ngêi th©n thuéc. Cha cña A thuéc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và ngời song sinh của C là hai ngêi kh¸c giíi tÝnh vµ C kh«ng ph¶i lµ con cña B. Hái trong ba ngêi A, B, C ai lµ ngêi kh¸c giíi tÝnh víi hai ngêi kia ? Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. §êng trßn (O1) néi tiÕp trong tam gi¸c ACD. §êng trßn (O2) tiÕp xóc víi 2 c¹nh OB vµ OD cña tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O3) tiếp xóc víi 2 c¹nh OB vµ OC cña tam gi¸c OBC vµ tiÕp xóc trong víi ®-. OM ON  1. Chøng minh r»ng tÝch AM DN lµ mét h»ng sè. Suy ra gi¸ OM ON  trị nhỏ nhất của tổng AM DN , khi đó cho biết vị trí của ®iÓm E ? 2. Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam gi¸c GHK lín nhÊt. §Ò 4 2 2 Bµi 1: (8 ®iÓm)Cho ph¬ng tr×nh 2 x  2mx  m  2 0 (1). .. - -. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> êng trßn (O). §êng trßn (O4) tiÕp xóc víi 2 tia CA vµ CD vµ tiÕp xóc ngoài với đờng tròn (O1). Tính bán kính của các đờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R. §Ò 10 Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10. 1 x2  x  2 2x  4 A  2  x  2 x  7 x  10 x  5. Bài 2 (4đ) Cho a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình. a) 2 x  1 3 x  2 b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. b) ∆ABC ~ ∆AEF ^ F=C ^ c) B D DE d) H cách đều các cạnh của tam giác DDEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng 2007 <2008 −x HẾT. Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình. - -. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ý đáp án Điểm Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của ương trình. i ý đáp án Đ luận phương trình có nghiệm x=3. i 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(2x+3)(x+5) (2đ) 1a) -49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 (1 (x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) (x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7) (x+5) (1 [x-5 –(2x+3)] = 0 (x+5)(-x-8)=0  x-5=0 hoặc x+8 =0  x=-5 c x=-8 1b) 7x+10 =x2+5x+2x+10 (1 Ta có BG ^AB, CH ^AB, nên BG i 4a) (2đ) A x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) //CH, (1 ương 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là (0,5 tự: BH ^AC, CG ^AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối 5và x ≠2 2 2 E 1 x  x 2 2x  4 1 x  x 2 2 x  4 sông song nên nó là hình bình hành. Do đó   2      đường chéo GH và BC cắt nhau tại x  2 x  7 x  10 x  5 x  2 ( x  5)( x  2) x  5 trung điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua F H 2 (2 trung điểm M của BC. x  5  x  x  2  (2 x  4)( x  2) §¸p ¸n. ( x  5)( x  2). B. 2. x  8 x  15  ( x  5)( x  3)  x  3   x  5)( x  2) ( x  5)( x  2) x 2. A. 1. D. M. C. G. 4b) Do(1,5 BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE (1,5đ)  ( x  2)  1 1  1  ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng x 2 x  2 , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi AB AE AB AF    (1) AC AF AE AC ng dạng. Từ đây suy ra. 2 nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.. 3a) Ta xét các trường hợp sau 1:. 1  2 x  1 0  2 x  1 3x  2 2 2 x  1 3 x  2  x 3. Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ AEF. (1 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra (1,5đ).   BDF~∆DEC BDF CDE .. . hấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. 2:. 1  2 x  1  0  2 x  1 3 x  2 2  2 x  1 3 x  2  5 x 1  x 0,2. . - -.     BDF CDE  900  BDF 900  CDE    AHB  BDF  AHC  CDE  ADF  ADE. (1đ) 4d) Ta có Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy (1 H các đều ba cạnh của tam giác DEF. i 5) Ta có 1đ. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Gợi ý đáp án x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx 1 2 x  2 xy  y 2   ( y 2  2 yz  z 2 )  ( x 2  2 xz  z 2 )     = 2 1 2 2 2  x  y    y  z    x  x   = 2 dpcm Bài. 6). Điều. kiện. x 0. ,. bất. phương. 2007  2008 x 0 x  (2008 x  2007) x  0. trình. Đ. 2007 <2008 −x. . x 0   x   2007 2008  Hoặc biểu diễn trên trục số :. 1. . 2007 2008. 0. §Ò 11 4 3 2 Bài 1: a) Giải phương trình: x - x + x - 11x +10 = 0 .. b) Tìm x, y thoả mãn:. A= Bài 2. Rút gọn. x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4 .. 3- 3 2-. 3 +2 2. +. 3 +3 2+ 3 - 2 2 .. Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau:. P = 4 x 2 +12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 . Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 .. - -. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường kính AB lấy hai điểm I và J đối xứng nhau qua O. M là một điểm (khác A và B) trên (O); các đường thẳng MO, MI, MJ thứ tự cắt (O) tại E, F, G; FG cắt AB tại C. Đường thẳng đi qua F song song AB cắt MO, MJ lần lượt tại D và K. Gọi H là trung điểm của FG. a) Chứng minh tứ giác DHEF nội tiếp được. b) Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (O). ................................................. ĐÁP ÁN. =. 24 2 =- 4 2 - 6 2. 2. Bài 3. P = 4 x +12 x + 9 + 4 x - 20 x + 25. = 2 x + 3 + 5 - 2 x ³ 2 x +3 +5 - 2 x = 8 3 5 (2 x + 3)(5 - 2 x) ³ 0 Û - £ x £ 2 2 Vậy, Pmin=8 khi. Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 = ( x + y ) 2 - 2( x + y ) +1 + y 2 + 2 y +1 + 2006. 4 3 2 Bài 1: a) x - x + x - 11x +10 = 0 .. Û ( x - 1)( x - 2)( x 2 + 2 x + 5) = 0 Û ( x - 1)( x - 2) = 0 (vì x 2 + 2 x + 5 = ( x +1) + 4 > 0, " x Î ¡ ).. = ( x + y - 1) 2 + ( y +1) 2 + 2006 ³ 2006; " x, y ìïï x + y - 1 = 0 ìïï x = 2 Û í í ïîï y +1 = 0 ïîï y =- 1. éx = 1 Û ê ê ëx = 2 b) x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4. Vậy, Qmin=2006 khi Bài 4.. M. a) Ta có: OI = OJ. Û ( x - 1 - 1)2 + ( y - 4 - 2)2 = 0 ìï x - 1 = 1 ïìï x = 2 Û ïí Û ïï y - 4 = 2 íï y = 8 ïî î 3- 3 3 +3 A= + 2- 3 +2 2 2+ 3 - 2 2 . Bài 2. 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 4- 2 3 +4 4 +2 3 - 4. C. A. I. J. D. F. K H E. · · DEH = DFH. 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) + 3 - 1+ 4 3 +1- 4 2 2( 3 - 3) + 2( 3 + 3) 2 = 3- 9 =. nội tiếp được tuyến của (O).. - -. O. 6. G. B. Þ Þ Þ. DF = DK DH // GK · · HDE = GME · · mà GME = GFE · · Þ HDE = GFE Þ DHEF nội tiếp. được. b) Từ câu a suy ra. · · mà DFH = OCH Þ OHEC. · · Þ OEC = OHC = 900 . Vậy CE là tiếp.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1 BC (BM < BE). Qua M kẻ đường thẳng vuông 2 góc với BC cắt AB tại D. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt đường thẳng AH tại N. a) Chứng minh: BM . BH = MD . HN b) Chứng tỏ N là một điểm cố định. c) Biết AB = 5 cm, BC = 6 cm. Tính khoảng cách giữa tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. De 12. Baìi 1 (2 điểm): Cho biểu thức 3 2 A=3 y −10 √ 3 x . y +31 xy −10 x √ 3 x a) Phân tích A thành nhân tử. b) Tìm cặp số x, y thoả mãn điều kiện y - x = 3 đồng thời A = 0 4 Bài 2 (2 điểm): Cho biểu thức M = x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 với x, y, z, t là các số nguyên không âm. Tìm các giá trị của x, y, z, t để biểu thức M có giá trị nhỏ nhất thoả mãn điều kiện: 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 x2 + 8y2 + 9z2 = 168 Bài 3 (2 điểm): x 2 −2 x+1 Cho hàm số f(x) = (x  R) x 2 −2 x+2 a) Chứng minh rằng với hai giá trị x1 , x2 tuỳ yï cuía x sao cho 1≤ x1< x2 thç f(x1) < f(x2) 1 3 < f (x)< b) Với giá trị nào của x thì 2 4 Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AH. Trên cạnh BC lấy 2 điểm M và E sao cho ME =. - -. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2006-2007 Môn: Toán - Lớp 9 Bài 1(2 điểm) a) (1 điểm) 3 2 2 A=3 y −3 √ 3 x y − 7 √ 3 x y + 21 xy+10 xy −10 x √ 3 x (0,5 â)  y  3x . 3 y 2  7 3 x y  10 x.   y .  3x  .  3 y. . 3x .. . 2. .  2 3x y  5 3 x y  10 x 60. (0,5 â). . 3y  2 x .. A=0 ⇔ y= √3 x. hoặc.  y. . 3y  5 x. . b) (1 điểm). y=. 7. 5 √x √3. y=. 2 √x √3. hoặc.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> *. y=√ 3 x. (. 2.  3 √ x − √ =0. ). 3 x − √ 3 x + =0 4 3  x= 4. (. . x=. 3 4 ;. y=. 27 15 3 2 ) ; (x = 4 ; y = 2 ) vaì (. 1 5 ; y= ) 12 6 3 3 3 y x Bài 2 (2 điểm) y=x + y=x + 4 4 4 Từ 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 và x2 + 8y2 + 9z2 = 3 168 y= 2 Suy ra: 3x2 + 6y2 + 9z2 + 5t2 = 198 2 x 2 x 3 3(x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 ) = 198 + 7t2 y= √ x − √ + =0 * √3 √3 4 3M = 198 + 7t2 2   7 1  5  M =66+ t 2 ≥66 x    0   3 3  12  Giá trị nhỏ nhất của M là 66 khi t = 0 3 3 3 Do âoï: 2x2 - 2y2 = 30 (1) vaì x2 + 8y2 + 9z2 = y x y=x + y=x + 4 4 4 168 (2) 5 5 x 3 √ Từ (1)  (x + y)(x - y ) = 15 y= √ x x− + =0 * 4 3 3 Vì x, y là các số nguyên không âm, nên x + y √ √ 2   = 15 vaì x - y = 1 (3) 5 16 − =0 √ x− Hoặc: x + y = 5 và x - y = 3 (4) 12 2 √3 Từ (3)  x = 8, y = 7, các giá trị này không 3 3 3 y x y=x + y=x + thoía (2) 4 4 4 Từ (4)  x = 4, y = 1. Thay vào (2) ta có: 9 1 16 + 8 + 9z2 = 168 √ x= √ x= 2 √ 3 hoÆc 2 √3 9z2 = 144 hoÆc  27  1 z2 = 16 x= x= 4 12 z = 4 (z = - 4 loải) 3 3 Vậûy giaï trë nhoí nhất của M là 66, khi: x = y=x + y=x + 4 4 4, y = 1, z = 4, t = 0 15 5 Bài 3 (2 điểm) y= y= 2 6 a) 1 điểm Vậy có 3 cặp số thỏa mãn điều kiện A = 0 ( x −1 )2 f ( x )= 3 2 y x ( x − 1 ) +1 4 vaì laì: - Với x1 = 1, x2 >1 thì f(x1) = 0, f(x2) > 0 nên f(x1) < f(x2). (. 2. x=. ). - -. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1. f ( x )=. 1 Do BH = ME ( ¿ BC ) nãn BM = 2 HE Do âoï: MD.HN = BM.BH (1). 1 ( x −1 )2 thç 0 < x1 - 1 < x2 - 1 nãn:. - Nếu x  1, ta có. 1+. Với 1 < x1 < x2 1 1 > 2 2 ( x1 −1 ) ( x2 −1 ) 1 1 Do âoï: 1+ 1 < 1+ 1 hay f(x1) < 2 2 x − 1 x − 1 ( 1 ) ( 2 ) f(x2) Vậy với 1£ x1 < x2 thç f(x1) < f(x2) b) 1 điểm 2 1 1  x 2 −2 x+1 ⇔ 2 x 2 − 4 x +2 2 2 x −2 x+2 > f(x) > > 2 2 > 0 x −2 x +2 ⇔ x −2 x  x (x - 2) > 0  x > 2 hoặc x < 0 (1) 3 3 x 2 −2 x+1 f(x) <  2 <  4x2 - 8x + 4 < 4 4 x −2 x+2 3x2 - 6x + 6  x2 - 2x - 2 < 0  (x - 1)2 - 3 < 0  (x -1 + √ 3 ) (x - 1 - √ 3 ) < 0  1 - √ 3 < x < 1 + √ 3 (2) 1 3 Từ (1) và (2) suy ra < f(x) <  1 2 4 √ 3 < x < 0 hoặc 2 < x < 1 + √ 3 Bài 4 (4 điểm) A a) Xeït D MDE vaì D HEN coï:   DME = EHN = 900   MDE = HEN (goïc coï caûnh D tương ứng vuông góc) nãn DMDE ∾ DHEN , suy ra: MD ME = HE HN Hay MD.HN = HE.ME. - -. b). Từ (1) . MD BH = BM HN. (2). MD AH = (3) BM BH BH AH BH 2 = Từ (2) và (3)   HN= HN BH AH N  AH cố định và HN không thay đổi nên N là điểm cố định. DABH coï MD//AH nãn. c). A P. B H C. BC = 6cm  BH = 3cm 0 DAHB ( ^ H=90 ) coï AH2 = AB2 BH2 = 52 K 32 = 16 = 42 I  AH = 4cm Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp  ABC, thç BK laì phán giaïc cuía B vaì K  AH. KH BH 3 = = Do âoï: KA BA 5 Suy ra: KH KA KH+ KA 4 = = = =0,5 3 5 8 8 KH = 1,5cm KA = 2,5cm. Gọi I là tâm dường tròn ngoại tiếp DABC thì IP là đường trung trực của cạnh AB và I  AH nên AB 5 PA   2,5(cm) 2 2 .. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> AH 4 0  H=90 ) coï cos ( BAH DABH ( ^ ) ¿ AB = 5 =0,8  ) 0,8  cos( PAI AP  P=90 0 ) DAPI ( ^ coï cos ( PAI ) ¿ AI  AP 2,5 AI   3,125  cos( PAI ) 0,8 Do âoï KI = AI - AK = 3,125 - 2,5 = 0,625 (cm) Vậy khoảng cách giữa tâm đường tròn ngọai tiếp và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC laì 0,625cm.. c. Người 2 biết tiếng Anh, không biết tiếng Pháp và phải phiên dịch cho người 1 và người 3. d. Người 4 không biết tiếng Nga, không biết tiếng Việt nhưng nói chuyện trực tiếp được với người 1. Hỏi mỗi người biết các thứ tiếng nào ? Bài 4: (4 điểm) a. Cho a  b, x  y. Chứng minh (a + b) (x + y) £ 2(ax + by) (1) b. Cho a + b  2. Chứng minh a2006 + b2006 £ a2007 + b2007 (2) Bài 5: (8 điểm) Cho đoạn thẳng AB = a .. đề 13. . Bài 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức  2 . 0. a. Nêu cách dựng và dựng D ABC sao cho BAC 60 và trực tâm H của D ABC là trung điểm của đường cao BD. b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp D ABC, vẽ đường kính AG, HG cắt BC tại K. Chứng minh OK ^ BC..   x2  y 2  x   x2  y 2  y   x2  y 2 . . với x > 0, y. c. Chứng minh DAOH cân và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo a.. >0 Bài 2: (4 điểm). d. Tính diện tích tam giác ABC theo a.. a. Xác định m để phương trình sau vô nghiệm. cd. x  4 x  3 xm x. 3. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x – 2y + 1)2 + (2x – 4y + 7)2.. 3 9. Câu 1/ (1đ) Cho x = minh rằng x là một số nguyên .. Bài 3: (2 điểm). 125  27. Câu 2/ (1,5đ) Cho x > 0 , y > 0 , t > 0 . Chứng minh. Bốn người 1; 2; 3; 4 tham dự một hội nghị. Biết rằng : a. Mỗi người chỉ biết hai trong bốn thứ tiếng Anh, Nga, Pháp,. NÕu. Việt. b. Người 1 biết tiếng Nga, không biết tiếng Pháp.. - -. đề 14. 1. xy  1 y. . yt  1 t. . xt  1 x. 3.  3 9 . 125 27 .Chứng. rằng. :. th× x= y= t hoÆc x.y.t =1 ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Câu1. Câu 3/(1,5đ) Cho đa thức bậc hai f(x)= ax2 + bx + c có nghiệm dương x = m . Chứng minh rằng đa thức g(x) = cx2 + bx + a (c≠0) cũng có nghiệm dương x = n và thỏa mãn m + n 2 .. 125 125 vµ b = 3  3  9  27 27 5 Th× a 3  b3 6 vµ a.b = 3 3 3 3 x a  b  x a  b  3ab(a  b). a 3 3  9 . (1đ). Câu 4/ (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d(m) có phương trình : (m -1)x+ (m -2)y - 1 = 0 (m là tham số) . Tìm m để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d(m) có giá trị lớn nhất . Xác định đường thẳng đó .. x3 = 6 - 5x  (x  1)(x 2  x  6) 0 Mµ x 2  x  6  0(do........).Suy ra x 1.VËy x  Z Câu 2. Câu 5/ (4đ) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) với R > r. Lấy A và E là hai điểm thuộc đường tròn (O; r) , trong đó A di động , E cố định ( với A ≠ E) . Qua E vẽ một đường thẳng vuông góc với AE cắt đường tròn (O; R) ở B và C . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . a/ (1,5đ) Chứng minh EB2 +EC2 + EA2 không phụ thuộc vị trí điểm A. b/ (1,5đ) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường tròn (O; r) và A≠ E thì đường thẳng CM luôn đi qua một điểm cố định ( gọi tên điểm cố định là K ) . 3 c/ (1đ) Trên tia AK đặt một điểm H sao cho AH = 2 AK . Khi A di động trên đường tròn (O;r) thì điểm H di động trên đường nào ? Chứng minh nhận xét đó ?. Từ đẳng thức với điều kiện do đề bài đã cho suy ra : 1 1 1 x  y  z y z x (1). (1,5đ)   x y    (1)   y  z     z x . (2) . Câu 3. (1,5đ) Đáp án Câu. Nội dung. - -. 1. . x. y. . y z 1 1   z y zy 1 1 z x   x z xz 1 y. . y. 1 x. z. . . x. z. y. xy. (2). . x . . y. z. . z x. . zyzxxy.  x y z Häc sinh chøng minh ® îc r»ng   xyz 1 Từ (3) Ta có : x = m là nghiệm của đa thức f(x)= ax2 + bx + c. x.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu 5 Suy ra am 2  bm  c 0 (1), mµ m > 0 (gt) b c 1 1 (1)  a +  2 0  a + b( )  c( 2 ) = 0 (2) m m m m 1 §¼ng thøc nµy chøng tá r»ng x= lµ nghiÖm cña m 1 ®a thøc g(x) = cx 2  bx  a 0 VËy x= n = > 0 (do m > 0 ) (3) m Câu a 1 1 Ta cã m+n = m + 2 m. (do ..........) (1,5đ) m m Hay m  n 2. Câu 4 (2đ). A. M B O. K. E G. D C. Gọi G là trung điểm BC thì OG ^ BC GB = GC và GE = GD (đl). (đl) suy ra. 1 và OG là đường trung bình D ADE nên OG= 2 AE hay AE = 2OG Ta có EB2+EC2= (BG-EG)2+ (GC+ GD)2=(BG-EG)2+(BG+EG)2 Suy ra EB2+EC2= 2(BG2 +EG2) Áp dụng định lý Pi ta go vào các tam giác vuông OGE và OGB ta có : OG2+GE2= r2 và OG2+GB2= R2 Do đó EB2+EC2+EA2=2(BG2 +EG2)+4OG2 =2 (BG2+OG2)+2 (EG2+OG2) = 2R2 +2r2 ( không đổi). Nếu m =1 thì d(1) là đường thẳng y= -1 nên khoảng cách từ O 1 Nếu m =2 thì d(2) là đường thẳng x = 1 nên khoảng cách từ O 1 (1)  1   m  1 ;0   và c Nếu m ≠1 và m≠ 2 thì d(m) cắt trục hoành tại A  1   0 ;m 2  Gọi OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng AB ta có tại B  1 1 1   (m  1)2  (m  2) 2 2 2 OH OA OB 2. B M A. O. GE D. 2. 1 3 1 1  2m 2  6m  5 2  m     2 OH 2 2 2  VËy OH 2 £2  OH £ 2  OH lín nhÊt  2 khi m  Từ (1) và (2) và do 1 < 2. Câu b (1,5đ) 3 (2) 2. 2 suy ra khoảng cách lớn nhất từ O đế Câu c (1đ). Trường hợp đặc biệt : G E D Thì chứng minh trên vẫn đúng. Hai tam giác ABC và ADE có chung trung tuyến AG nên có chung trọng. Khi đó đường thẳng d có công thức là x - y- 2 = 0. - -. C. Mà tam giác ADE có trung tuyến OE cố định , Nên điểm cố định K mà trung tuyến CM của D ABC đi qua chính là tr tâm của D ADE. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 3 Do H thuộc tia AK, mà K là trọng tâm D ADE và AH 2 AK nên H trùng với G ( là trung điểm chung của hai đoạn thẳng DE và BC ) Mà DOGE vuông tại E ( chứng minh trên) , O,E cố định (theo gt) ) Vậy khi A di động trên đường tròn (O; r) thì H di động trên đườ đường kính OE . §Ò 15 Bài 1: (3 điểm) a. Cho n là một số nguyên dương. Hãy so sánh: 2 1 1 1 1   1+ 2 1 + 2   n  n+1 n n+1  và . b. Tính:. 1+. 1 1 + + 22 32. 1+. 1 1 + + 32 42. 1+. 1 1 + + ... + 42 52. Bài 2: (3 điểm) Chứng minh rằng:. n 1 1 1  1 + + + ... + n  n 2 2 3 2 -1 n1. với n  N và. Bài 3: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB. Đường thẳng CN cắt (O) tại I..  Chứng minh CMI  90 . 0. - -. 1. 1+.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 1: ( 1, 5 điểm)  x2 – ( y +3) a) x2 -25 = y(y+6) ( x  y  3 ).( x  y  3 ) 16 De 16. 2. = 16 (1) . x  y 3  0 x  y 3 x  y 3 Và từ (1)  Mặt khác và có cùng tính chất chẵn lẽ  nghiệm là các bộ số (4;-3) ; ( -4; -3) ; (5 ; 0) ; ( -5; 0 ) ; ( 5; -6) ; ( -5; -6) b)Xét x = -1 ; x = 0  y tương ứng. Bài1: ( 1,5 điểm)Tìm x, y   biết a) x2 -25 = y(y+6) b) 1+x + x2 +x3 = y3 x  1  x  2 x  1 1. Xét x 0 và x  -1 =>x (x+1) >0 => x3 < y3 < (x+1)3 : Vô lý => Bộ số (x ,y) là (0 ; 1) ; ( -1; 0) Bài 2: ( 1, 5 điểm). x 2  4( x  1). Bài 2: ( 1, 5 điểm) Cho P = a) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa. b) Rút gọn P. 1 2 x Bài3: ( 2,5 điểm)Cho Parabol (P) :y= 4 và đường thẳng (D) qua 2 điểm A và B trên (P) có hoành độ lần lượt là -2 và 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đó. b) Viết phương trình đường (D). c) Tìm vị trí của điểm M trên cung AB của (P) tương ứng hoành độ x  [-2 , 4] sao cho D AMB có diện tích lớn nhất . Bài 4: ( 3, 5 điểm) Cho hình vuông ABCD có tâm O , vẽ đường d quay quanh O cắt 2 cạnh AD và BC lần lượt ở E và F ( E,F không trùng các đỉnh hình vuông).Từ E và F lần lượt vẽ các đường thẳng song song với BD và AC cắt nhau ở I. a) Tìm quỹ tích của điểm I. b) Từ I vẽ đường vuông góc với EF tại H.Chứng tỏ rằng H thuộc đường tròn cố định và đường IH đi qua điểm cố định. Bài 5: ( 1 điểm) Chứng minh rằng:. P. x  1  ( x  1  1) 2  1.  x  2 2 x 1  P  x  2  2  2  x. 2. TXĐ 1 £x 2. ( nếu x > 2) ( nếu 1 £ x < 2). Bài 3: ( 2, 5 điểm) a) Khảo sát ( tự làm) b) A(-2;yA )  (P) ; B(a; yB)  (P) => A( -2 ;1) B( 4 ; 4) 1 x2 Phương trình (D) : y = 2. c) D AMB có AB không đổi => SAMB max  MH AB) lúc đó M  (d) //AB và tiếp xúc (P) ( 1999  1997  ....  3  1)  ( 1998  1996  ....  2)  500 1 1 x  k  k   x1 x2 1 4 (d) : y= 2 ĐÁP ÁN. - -. 1. max. ( MH ^.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 1 1  y  4 M là tiếp điểm của (d) với (P) => M( 1 ; 4 ). Bài 4 : ( 3, 5 điểm) a) Tìm quỹ tích  Thuận:D AEI vuông cân => AE = AI ; D AOE = DOCF =>AI = CF => FI //AB=> I  AB ( cố định) * Giới hạn I  AB và trừ 2 điểm A và B * Đảo : Gọi I’ bất kỳ trên AB ( A , B ) .Gọi E’, F’ là điểm đối xứng của I’ qua AC và BD  =>OA là phân giác của I ' OE ' ; OB là tia phân giác  của I ' OF ' 0  => E 'OF' 180 => E’ ; O; F’ thẳng hàng * Kết luận : I  AB ngoại trừ 2 điểm A và B. Phßng GD-§T TP D. C. F H. O. E (d). A. I. B. K. To¸n (Vßng 1) §Ò chÝnh thøc (không kể thời gian giao đề). Thêi gian: 120 phót. Bµi 1: (8 ®iÓm) 1 ( P) : y  x 2 3 . Cho parabol 7. ViÕt ph¬ng tr×nh c¸c tiÕp tuyÕn cña (P), biÕt c¸c tiÕp tuyÕn nµy ®i qua ®iÓm A(2;1) .. 8. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(2;1) và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. 9. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến cña parabol (P) vµ hai tiÕp tuyÕn nµy vu«ng gãc víi nhau.. 0   b)AEHI nội tiếp => AHI  AEI 45  BIHF nội tiếp =>   BHI IFB 450  AHB 900  H  đường tròn đường kính 0   AB => KHA 45 => K ở chính giữa cung AB ( cố định ). Bµi 2: (4®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x 2  y 2  xy 19   x  y  xy  7. Bài 5: ( 1 điểm) Đặt vế trái A  2 A  2000  A  2000  A. Bµi 3: (8 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. 4. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 5. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. 6. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho..  ( 1999  1997  ...  3  1 )  ( 1998  1996  ...  2 )  2000  ( 1999  1997  ....  3  1) Vận dụng n  n  1  n  1  n  1999  1998  2000  1999 ……. 1 > 2  1 ( luôn luôn đúng ) => BĐT đã được chứng minh. - -. kú thi chän hoc sinh giái Trêng THCS líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n :. HÕt. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bµi 1 1.. ý 1.1. líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : to¸n (Vßng 1) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:. 1.2. - -. 1. Néi dung. (2,0 ®iÓm) Phơng trình đờng thẳng d1 đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2 suy ra b = 1 - 2a, do đó d1: y = ax - 2a+1. Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d1 và (P) là: 1 2 x ax  2a  1  x 2  3ax  6a  3 0 3 Để d1 là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là:  a 2 2 D 9a  24a  12 0    a 2 3  D'  Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là: 2 1 d1 : y 2 x  3; d 2 : y  x  3 3 (4,0 ®iÓm) Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là: y mx  1  2m Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 1 2 x mx  2m  1  x 2  3mx  6m  3 0 (2) 3 Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là: 8 4  D 9m 2  24m  12  0  9  m2  m    0 3 3   4  m  3   m  4  2 2    m 3 3    3 (*)   m  4 m  2   3 2  4 4 4 2   4  m  2  m   0  m    3 3 9 3 3 3 .

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1.3. Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là: 3. 3.1  2x  2 x 2 2x  m   ;  2  x  1; x  3 x  x 3 m    x  1 2   3  3 3 3  I  2 2  2 4  y mx  1  2m  y  x2  x 1  3 3 2 4 y  x2  x 1 3 3 Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol giíi h¹n bëi x  1; x  3 . (2,0 ®iÓm) Gọi M 0 ( x0 ; y0 ) là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Ph trình đờng thẳng d' qua M0 và có hệ số góc k là: y kx  b , đ qua M0 nªn y0 kx0  b  b  y0  kx0 , suy ra pt cña d': y kx  kx0  y0 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 1 2 x kx  kx0  y0  x 2  3kx  3kx0  3 y0 0 3 (**) §Ó tõ M0 cã thÓ kÎ 2 tiÕp tuyÕn vu«ng gãc tíi (P) th× ph¬ng tr×nh: D 9k 2  12kx0  12 y0 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt k1 , k2 vµ k1k2  1. 2.. Gäi K lµ gi vµ GF, I lµ giao ®iÓm cña By vµ ED. Ta cã:   BEI BCA 900   EBI CBA (gãc cã c¸c c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) BE BC , 12 y0 3 Do đó:   1  y0  9 4 DBEI DBCA  BI BA mà By cố định, suy ra điểm I cố địn Vậy quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là+ Tơng tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng E 3 y  cố định và đờng thẳng GF đi qua điểm K cố định. 4 đờng thẳng 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (4,0 ®iÓm) C  A  E I , C  B  E B ); quĩ tích của K là nửa đờng  x  y  2  3xy 19  x 2  y 2  xy 19  S 2  3P 19  S  x  y     AK(bªn tr¸i Ax, C  A  G  A, C B  G K ).   P  xy x  y  xy  7 S  P  7 x  y  xy  7      Giải hệ (1) ta đợc: (S  1; P  6), (S  2; P  5)  x  y  1  x  y  2   Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh tÝch, tæng:  xy  6 vµ  xy  5 nghiệm của hệ phơng trình đã cho là:  x  3  x 2  x  1  6  x  1  6 ; ; ;   y 2  y  3  y  1  6  y  1  6. - -. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> §Ò chÝnh thøc gian giao đề). 3.3. Thêi gian: 120 phót (kh«ng kÓ thêi. Bµi 1: (7 ®iÓm) x 1  2 4 x  x  9  6 4 x 2 3. Gi¶i ph¬ng tr×nh: 4. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ c¸c sè kh«ng ©m vµ b lµ sè trung b×nh céng cña a vµ c th× ta cã: 1 1 2   a b b c c a Bµi 2: (6 ®iÓm) cã: BE BI 1   BD BK 2 EBI  IBD    KBD  IBD 450. x2  3x  5 XÐt 2 tam gi¸c BEI vµ BDK, ta y x2 1 . 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña 4. T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3 0 Bµi 3: (7 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vu«ng gãc víi nhau. E lµ ®iÓm bÊt k× trªn cung AD. Nèi EC c¾t OA t¹i M, nèi EB c¾t OD t¹i N..    EBI KBD Do đó: DBEI DBDK    BDK BEI 900 + Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK. + Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI.. OM ON  3. Chøng minh r»ng tÝch AM DN lµ mét h»ng sè. Suy ra gi¸ OM ON  trị nhỏ nhất của tổng AM DN , khi đó cho biết vị trí của ®iÓm E ? 4. Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam gi¸c GHK lín nhÊt. HÕt. Phßng GD-§T TP kú thi chän hoc sinh giái Trêng THCS líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : To¸n. - -. (Vßng 2). 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bµi 1.. ý 1.1. kú thi chän hoc sinh giái líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : to¸n (Vßng 2) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:. Néi dung (2,0 ®iÓm). Phßng GD-§T TP Trêng THCS. . 4. x1. 4. . x  3 2 (1) . 2.   x 3 y  1  y  3 2  y  x 0; x. x  9  6 4 x 2 . x 1  2 4 x . 4. 4. x1 . 4. 0 £ y £1: y  1 £0, y  3  0 , nªn (2)  1  y  3  y 2  §K)  x 1 lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)  1  y £3: y  1  0, y  3 £0 , nªn pt (2) y  1  3  y 2  do đó pt (2) có vô số nghiệm y ( 1  y Ê3 ), suy ra pt (1) có v . 1.2. 1  x £81 ).  y  3 : y  1  0, y  3  0 , nªn pt (2)  y  1  y  3 2  nghiÖm. S  1; 81  VËy tËp nghiÖm cña pt (1) lµ: (3,0 ®iÓm) 1 1 2   a b b c c a 1 1 1 1     (*) a b c a c a b c A  Ta cã:. 1  a b. . a b. Theo gi¶ thiÕt:. - -. 1. c. . . c a. . b c. . c a. . a b. . . a c  a  c 2b  b  a c  b 2 , nªn:. b a. . a b. b. c b. b A. 1  c a. b c. . c a. .  . . b. a b. . a. . b. b c. .

<span class='text_page_counter'>(20)</span> A.  . b. . a. .  .   c  a  c c  a. b c .  . b c c a b Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng.. 2. 1  c a. 1 2.1 b c. 2.2. (3,0 ®iÓm) x 2  3x  5 2 y x 2  1 (xác định với mọi x  R )   y  1 x  3 x  y  5  4 x  3  y 1: pt (**) cã nghiÖm  y 1: để pt (**) có nghiệm thì:. D 9  4( y  1)( y  5)  4 y 2  24 y  11 0 25 5 5 5 1 11 2    y  3 0  y  3 £   £ y  3 £  £ y £  y 4 2 2 2 2 2  1 11  11 1 Max y  ; Min y   2 ; 2  2 2 VËy tËp gi¸ trÞ cña y lµ , do đó (3,0 ®iÓm) x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3 0  x 2   3 y  2  x  2 y 2  4 y  3 0 §Ó pt (***) cã nghiÖm nguyªn theo x, th×: 2 D  3 y  2   4  2 y 2  4 y  3  y 2  4 y  8. lµ sè chÝnh ph¬ng.  y  4 y  8 k  k  Z   y  2   k 12  ( y  2  k )( y  2  k ) 12 (a) 2. 2. 2. 2.  y  2  k   ( y  2  k ) 2(k  2) lµ sè ch½n, nªn Ta cã: Tæng  y  2  k  ; ( y  2  k ) cïng ch½n hoÆc cïng lÎ. Mµ 12 chØ cã thÓ 1.12 hoÆc 2.6 hoÆc 3.4, nªn chØ cã c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau:  y  2  k 2  y  2  k 6  y  2  k  6  y  2  k  2 ;  ;  ;  ;   y  2  k 6  y  2  k 2  y  2  k  2  y  2  k  6 Gi¶i c¸c hÖ pt trªn ta cã c¸c nghiÖm nguyªn cña pt (a):  y 2; k 2  ,  y 2; k  2  ,  y  6; k 2  ,  y  6; k  2 . Thay c¸c gi¸ trÞ y 2; y  6 vµo pt (***) vµ gi¶i pt theo x cã c¸ nguyªn (x; y) lµ: ( x  1; y 2), ( x  3; y 2);( x 11; y  6), ( x 9; y  6) 3.. - -. 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> (4 ®). 3.1. x y 1   1  x y  2  xy  2 DÊu "=" xÈy ra khi: . Ta cã: DCOM DCED  E  900 C  O ; chung. Suy ra: OM CO ED.CO   OM  (1) ED CE CE Ta cã: DAMC DEAC v×:  chung   0 C , A E 45 . Suy ra: AM AC EA. AC   AM  (2) EA EC CE OM OC.ED ED   (3) 2 EA Tõ (1) vµ (2): AM AC.EA ON OB OB.EA   ON  (4) DONB  EAB EA EB EB  chung , D  E  450 )  DN  DB  DN  DB.ED (5) DDNB DEDB ( B ED EB EB ON OB.EA EA OM ON 1   (6)   DN DB . ED 2 ED Tõ (4) vµ (5): . Tõ (3) vµ (6): AM DN 2 OM ON x , y AM DN . Ta cã: x, y kh«ng ©m vµ: §Æt.  O E 90 ; B chung   0. . x. y. . 2.  x  y  2 xy 0  x  y 2 xy 2. - -. 1  2 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 3.2. OM ED 1  OM ON      EA ED    2 khi AM 2 EA 2 VËy: Tæng  AM DN  min   E lµ trung ®iÓm cña d©y cung AD . (3,0 ®iÓm) DGKH có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng lín nhÊt. Phßng GD-§T TP Trêng THCS phót. §Ò chÝnh thøc. líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : To¸n (Vßng 1) Thêi gian lµm bµi: 120. Bµi 1: (8 ®iÓm) 2 2 Cho ph¬ng tr×nh 2 x  2mx  m  2 0 (1). . 10. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng ph©n biÖt. 11. Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân 5 x13  x23  x x 2 . biÖt 1 vµ 2 tho¶ m·n hÖ thøc 12. Gi¶ sö ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm kh«ng ©m. T×m gi¸ trÞ của m để nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất. Trên tia đối của tia KG lấy điểm 12:(4®iÓm)  Bµi GNH  GKH 2 ph¬ng tr×nh: x 2  4 x  3 4 x  x 2 (2) N sao cho KN = KH. Khi đó, DHKN cân tại K. Suy ra Gi¶i KG  KH KG  KN GN Bµi 3: (8 ®iÓm) 1  GKH  GH 0   2 mµ (góc nội tiếp chắn cung nhỏ GH cố định), doCho đó tam giác ABC có ABC 60 ; BC a ; AB c ( a, c là hai không đổi. Vậy N chạy trên cung tròn (O') tập hợp các điểm nhìnđộđoạn dµi GH cho dtrớc), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trªn c¹nh AC, P và Q ở trên cạnh BC đợc gọi là hình chữ nhật nội tiếp 1   GOH trong tam gi¸c ABC. 4 3. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có gãc không đổi. diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. GN lµ d©y cung cña cung trßn (O') nªn GN lín nhÊt khi GN lµ ® 4. Dùng h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam gi¸c ABC b»ng th  cung tròn, suy ra DGHK vuông tại H, do đó KGH KHG (vì lần l ớc kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó.  hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn GH HÕt VËy: Chu vi cña DGKH lín nhÊt khi K lµ trung ®iÓm cña cung lín. - -. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Bµi 1 1.. ý 1.1. Phßng GD-§T TP kú thi chän hoc sinh giái Trêng THCS líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: 1.2. Néi dung. (2,0 ®iÓm) Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ l D ' 4  m 2  0  m2  2  0 P  2   S m  0   m 2   m  2  2 m2  m0  (3,0 ®iÓm) 2 Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt  D ' 4  m  0   2  5 5 2 x13  x23    x1  x2    x1  x2   3x1 x2     2 2 2  3( m  2)  5 3  m  m2     m  6m  5 0 2 2    1  21 2  1  21  3  21  1  21  2   0  x2  2 2 2 2 Ta cã:  1  21 5  21 x3  0 2 2  x3   0  x3  2 2 2 vµ   m  1 m 2  m  5 0  m1 1; m2,3 . . . m 1; m  1.3. - -. 2. VËy: Cã 2 gi¸ trÞ cña m tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n: (3,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm kh«ng ©m khi vµ chØ khi:  D ' 4  m 2 0  m2  2  P  0  2 £m £2 (**)  2   S m  0 .  1.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là: 4  m2 m  4  m2 ; x2   0 £x1 £x2 m   2; 2  2 2 Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dơng của ph x1 . m. . x2 . tr×nh lµ 2. m  4  m2 0 2 . Suy ra: 2. 2. m  2m 4  m  4  m  4 Theo bất đẳng thức Cô-si: x22 . . 4  2 m2 4  m2. . x1,2 2 . . 4. m 2   4  m2  2 m2  4  m2   2 m2  4  m2  £4 Suy ra:. x22 £2  x2 £ 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi: 2.. . m 2 4  m2  m  2   2; 2 . Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là (4,0 ®iÓm)  4 x  x 2 0 2 2 x  4 x  3 4 x  x   2 2 2  x  4 x  3  4 x  x (2) 2 t 4 x  x 0  0 £t £4 2  t 4   x  2  £4   2 t  t  3 0  2 3  t  t  (3) Giải phương trình theo t, ta có:  1  13  1  13 t1  0 t2  0 2 2 (lo¹i);. . t2  4 . 2 khi m  2. . 13  9  0  t2  4 2 . Suy ra nghiÖm cña (3) lµ t2 .. - -.  9  13  x1 2  2 4 x  x 2 t2  x 2  4 x  t 2 0     x 2  9  13  2 2 Gi¶i ph¬ng tr×nh Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:. 2. 9  13 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 3.. 3.2 3.1. + §Æt AM  x (0 £x £c) Ta cã: MN AM ax   MN  BC AB c  c  x 3 MQ BM sin 600  2 . Suy ra diÖn tÝch cña MNPQ lµ: ax  c  x  3 a 3 S  x  c  x 2c 2c 2. a b  a b   ab  ab £  (a  0, b  0) 2 2   + Ta có bất đẳng thức: 2. c2  x c  x  x(c  x) £   2 4 .   ¸p dông, ta cã: c x c  x  x  2. Dấu đẳng thức xảy ra khi: a 3 c 2 ac 3   2c 4 8 . ac 3 c  x 8 khi 2 hay M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AC.. + Giả sử đã dựng đợc hìn néi tiÕp trong tam gi¸c ABC. Nèi BF, trªn ®o¹n BF lÊy ®iÓm F'. Dùng h×nh ch÷ nhËt: E'F'G'H' ( E '  AB; G ', H '  BC ) . Ta cã: E'F'//EF vµ F'G'//FG, nªn: E ' F ' BE ' BF ' F ' G '    EF BE BF FG  E ' F ' F ' G ' . Do đó E'F'G'H' là hình vuông. + C¸ch dùng vµ chøng minh: Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm E' tu vu«ng E'F'G'H' (G', H' thuéc c¹nh BC). Dùng tia BF' c¾t AC t ch÷ nhËt EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh t¬ng tù FG, suy ra EFGH lµ h×nh vu«ng. BH ' 1 cot g 600  3; + Ta cã: E ' H '  ' BC  BG '  BH ' H ' G '  BH '  1  1  1 cot g F F 'G ' F 'G ' E'H ' 3 . Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại m nhÊt. Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' v BC, lý luận tơng tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E. VËy bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh duy nhÊt.. S£ Suy ra: VËy:. Smax. EF AE ax   EF  HE  c  x  sin B c ; + §Æt AE  x . Ta cã BC AB ax (c  x ) 3 EF EH    x c 2 EFGH lµ h×nh vu«ng, nªn 2. S EF  Suy ra diÖn tÝch h×nh vu«ng EFGH lµ:. - -. 2. 3a 2c 2.  2a  c 3 . 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Bµi 3: (7 ®iÓm) Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vu«ng gãc víi nhau. §êng trßn (O1) néi tiÕp trong tam gi¸c ACD. §êng trßn (O2) tiÕp xóc víi 2 c¹nh OB vµ OD cña tam gi¸c OBD vµ tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O1). Tính bán kính của các đờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4) theo R. HÕt. Phßng GD-§T TP Trêng THCS phót. §Ò chÝnh thøc. kú thi chän hoc sinh giái líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : To¸n (Vßng 2) Thêi gian lµm bµi: 120. Bµi 1: (7 ®iÓm)  x 4  3 4 y  4 y  3 4 x 5. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  6. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thøc: 2 a b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 a2         a b b c c  a a b b c c  a a b b c c  a. Phßng GD-§T TP Trêng THCS. kú thi chän hoc sinh giái líp 9 thCS n¨m häc 2007 - 2008 M«n : to¸n (Vßng 2) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:. Th× | a | | b | | c | Bµi 2: (6 ®iÓm) 5. Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau. 6. A, B, C lµ mét nhãm ba ngêi th©n thuéc. Cha cña A thuéc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và ngời song sinh của C là hai ngêi kh¸c giíi tÝnh vµ C kh«ng ph¶i lµ con cña B. Hái trong ba ngêi A, B, C ai lµ ngêi kh¸c giíi tÝnh víi hai ngêi kia ?. - -. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Bµi 1.. ý 1.1. Néi dung (4,0 ®iÓm). .  x 3  4  3  y  4 (*) 4 4  x  3 4 y  x  3 4 y (a )  4  4 4  y  3 4 x  x  y  4( x  y ) 0 (b).  x 4  3 4 y  4  y  3 4 x . Điều kiện để hệ có nghiệm là:. . . . . . 2.1. . So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã:. 1.2. 2 2.   b. 2. c. 2 2.   c. 2. a. 2 2. . a 2  b 2 0  0   b 2  c 2 0 c 2  a 2 0 . (4,0 ®iÓm) S abbb k 2. 1000 £k 2 £9999  33 £k £99 , nªn k chØ gåm 2 ch÷ sè: k  k 2 100 x 2  20 xy  y 2  3 £x £9; 0 £ y £9 . 4.. . NÕu y lÎ: y 1;3;5;7;9  y 1;9; 25; 49;81  b 1;5;9 . Khi 2 sè tËn cïng lµ sè ch½n, nªn ch÷ sè hµng chôc cña k ph¶i lµ s 2.  x 1  VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt :  y 1 (3,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: a  b; b  c; c  a Ta cã  b2 a2 b2 c2 c2 a 2  a 2  b2 b2  c2 c2  a2         a b b c c  a  a b b c c  a  a b b c c a  a  b    b  c    c  a  0. 1; 5; 9, do đó S không thể là abbb . 2 NÕu y ch½n: y 0; 2; 4;6;8  y 0; 4;16;36;64  b 0; 4;6. 2 Víi y = 0: k chØ cã thÓ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8 ®iÒu kiÖn bµi to¸n. 2 2 Với y = 2: k 100 x  40 x  4 . Khi đó x chỉ có thể là 6 thì ch. 2 cña k2 míi lµ 4, suy ra k 3600  244 3844 abbb . 2 Với y = 4; 6: y 16;36 , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là s số hàng chục của k2 phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 h k 2 abbb .. a2 b2 c2 b2 c2 a2      Suy ra: a  b b  c c  a a  b b  c c  a a2 b2 c2 c2 a2 b2      Do đó: a  b b  c c  a a  b b  c c  a. . . a 2 c 2  a 2b 2  c 2b 2  a 4  b 4  c 4 a2  c2 b2  a2 c2  b2    0  0 a b b c ca  a  b  b  c  c  a . - -. a 4  2a 2c 2  c 4  a 4  2a 2b 2  b 4  b 2  2b 2c 2  c 2 0 2  a  b  b  c  c  a . Theo gi¶ thiÕt diÖn tÝch cña h×nh vu«ng cã d¹ng. x 2  2 x  3  x  1  2  0. . x  y 1  3.  0.  a 2 b2 c 2  | a | | b | | c |. 2. v×. 2  a  b  b  c  c  a .  a2  b. . . .  . Víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: (b)   x  y    x  y  x 2  y 2  4  0  x  y 0  x  y x, y  3  0 x  y  x2  y2  4  0  4 (v× nªn ). 2. 4 4 x  3 4 y  x  4 x  3 0  x 4  1  4  x  1 0 Thay vµo (a): 2   x  1 x 3  x 2  x  3 0   x  1 x 2  2 x  3 0  x 1. . 2a 2c 2  2a 2b2  2c 2b 2  2 a 4  b 4  c 4. 2. 2 2 Với y = 8: y2 = 64; k 100 x  160 x  64 , khi đó x chỉ có thể 2 ch÷ sè hµng chôc cña k2 míi b»ng 4, suy ra k 3. k 2 882 7744 (kh«ng tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n). VËy: bµi to¸n cã mét lêi gi¶i duy nhÊt: H×nh vu«ng cÇn x¸.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 2.2. k 38 vµ diÖn tÝch S 1444 .. (2,0 ®iÓm) Theo gi¶ thiÕt, cha cña A cã thÓ lµ B hoÆc C:  NÕu B lµ cha cña A th× C kh«ng thÓ song sinh víi A, v× nÕu nh là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác (gt), nªn C lµ ph¸i n÷. MÆt kh¸c, con g¸i cña B kh«ng thÓ lµ C là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai ngời cò vµ C (cïng lµ ph¸i n÷).  NÕu C lµ cha cña A th× C chØ cã thÓ lµ song sinh víi B, theo g ph¶i lµ ph¸i n÷. MÆt kh¸c, con g¸i cña B kh«ng thÓ lµ C (gt) n A, suy ra C vµ B lµ vî chång chø kh«ng ph¶i lµ song sinh, dÉn thuÉn. VËy chØ cã duy nhÊt trêng hîp B lµ cha cña A vµ B kh¸c giíi tÝnh ví cßn l¹i lµ A vµ C (cïng lµ ph¸i n÷).. 3.. + Gọi r là độ dài bán k trßn (O1). Ta cã: S DACD  pr 1  R 2   2 AC  CD  r 2 2  R R 2 1 r. . . R r 1 2 + §êng trßn (O2) tiÕp xóc víi OB vµ OD nªn t©m O2 ë trªn tia ph©n  gãc BOD , (O2) l¹i tiÕp xóc trong víi (O) nªn tiÕp ®iÓm T cña chóng. - -. 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> êng th¼ng nèi 2 t©m O vµ O2, chÝnh lµ giao ®iÓm cña tia ph©n gi¸c gãc víi (O). + §êng th¼ng qua T vu«ng gãc víi OT c¾t 2 tia OB vµ OD t¹i B' vµ D' lµ tiÕp tuyến chung của (O) và (O2). Do đó (O2) là đờng tròn nội tiếp + DOB ' D ' có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông cân vµ B ' D ' 2OT 2 R, OB ' OD ' R 2 , suy ra: DOB ' D ' DACD R r 1 2 . + VËy: B¸n kÝnh cña (O2) còng b»ng + Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O R r 1 2 . (O2), nªn b¸n kÝnh cña (O3) còng b»ng. + §êng trßn (O4) cã a) Trêng hîp 1: (O4) ë bªn tr¸i (O1): KÎ tiÕp chung cña (O4) vµ (O1) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC vµ AD t¹ CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O 1), nªn chu vi cña C suy ra nöa chu vi cña nã lµ p = R. CO1  R 2  r 2  Ta cã: CK CO1  O1 K . R 42 2 1 2. R 42 2 R   1 2 1 2. KF O1O 1  tg 22030 '   KF  KC CO 1 2 R SCEF CK KF . . . R. R. . 1 2. . . 42 2  1. 1 2 . 42 2  1. 1 2 . 3. . R. Suy ra bán kính của đờng tròn (O4) là:. 2. 2. 2. r4 . - -. . 42 2  1. . . 42 2  1. 1 2 . 3. 2.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> b) Trêng hîp 2: (O'4) ë bªn ph¶i (O1):. R CH . . . 2. 4  2 2 1. 1 2 . 2. Suy ra: Bán kính của đờng tròn (O'4) là: r4' O4' H CHtg 22030 ' . R. . . 2. 4  2 2 1. 1 2 . 3. phßng GD-§T Trêng THCS ĐỀ THI TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2007 -2008 MÔN THI : TOÁN Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đờng tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E' Th ờ i gian l à m b à i: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) vµ F', CD tiÕp xóc víi (O'4) t¹i H. R 42 2 R CK ' CO1  O1 K '    1 2 1 2 F ' H K ' F ' CK ' tg 22030 ' . R. R CH CF ' F ' H . . Câu 1: (1,5 điểm). So sánh các số thực sau ( Không dùng máy tính gần đúng).. 4  2 2 1 1 2. 3 2 và. 4  2 2 1. 1 2 . 2. 4  2 2 1. . . 1 2 . 1 2. 42 2 2. . R . 2 3. Câu 2: (3 điểm). Giải phương trình sau:. . . R. 4  2 2 1. - -. .  . . CK ' CO CK 'CO1   CF '   CF ' CO1 CO. R. 42 2 2. x2  1 A 2 x 1 Câu 3: (1,5điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của Câu 4: (2 điểm). Giải hệ phương trình:. .  . x 2  1  x 2  1 0. 2x2 + 3y = 1 3x2 - 2y = 2. 4  2 2 Câu 1 5: (4 điểm). Lớp 9A có 56 bạn, trong đó có 32 bạn nam. Cô giáo chủ nhiệm dự kiến chia lớp thành các tổ học tập: 2 - Mỗi tổ gồm có các bạn nam, các bạn nữ. 1 2 - Số các bạn bạn nam, các bạn nữ được chia đều vào các tổ. - Số người trong mỗi tổ không quá 15 người nhưng cũng không ít hơn chín người.. . 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Em hãy tính xem cô giáo có thể sắp xếp như thế nào v à có tất cả mấy tổ ? Câu 6: (5điểm). Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trong đoạn AB lấy điểm M khác 0. Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh rằng: a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. b) Tứ giác CMPO là hình bình hành. c) CM.CN = 2R2 d) Khi M di chuyển trên đoạn AB thì P di chuyển ở đâu ? Câu 7: ( 3điểm). Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. C là điểm trên đường tròn (O, R). Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. Khi C chuyển động trên đường tròn (O, R) thì D chuyển động trên đường nào?. x 2  1  x 2  1 0 . 2 (3đ). --Hết--. 3 (1,5đ) HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN - LỚP 9, NĂM HỌC 2007 -2008 Nội dung – yêu cầu. Câu 1 (1,5đ). Giả sử. 3 2 > 2 3. . .  3 2 2 3  3 2. 2. . 2. 3 2.  .  2 3.   . . 2. 2 3. .  18  12. 4 (2đ). 2.  x 2  1 0  x 2 1  2 2   2 2 2 x  1  x  1 x  1   x 2  1 0        x £ 1 hay x 1  x £ 1 hay x 1  2   2 2  2   x  1   x  1  1 0  x  1 0hay x  2 0  x £ 1 hay x 1   x 1 hay x  1 hay x  2 hay x  2 x2  1 x2 1  2 2 A 2  2 1  2 x 1 x 1 x 1 1 2 Do x 2  1 1  2 £1  2  2 x 1 x 1 Suy ra A  1 A 1  x 0 Ta có Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0 . Đặt u = x2  0, ta có: 2u + 3y = 1. (BĐT đúng). . 3u - 2y = 2 Do đó:. - -. 3. x 2  1 x 2  1. 8 x2  13 1 y  13. 8 u 13 y . 1 13. 2 2 2 26 x   13 13  1 y  13.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> OP. * Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn đường k OP. * Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP.. Hệ PT có 2 nghiệm là:. ( x, y ) ( 5 (4đ). 2 26 1  2 26 1 , ); ( , ) 13 13 13 13. b) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)   NMP  NCD (hai góc đồng vị)   ONC OCN (hai góc đáy của tam giác cân ONC) NMP  NOP  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP) MNO  NOP  Suy ra ; do đó, OP//MC. Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành.. * Gọi số bạn nam được chia vào tổ là x, số bạn nam được chia vào tổ là y, x, y nguyên dương.. Theo đề ra ta có hệ:. 32 24  x y. (1). 9 £ x + y £ 15. (2). x. Từ (1) ta có:. c) DCND DCOM ( g.g ) OC CM  Nên CN CD hay CM.CN = OC.CD = 2R2. 3x – 4y = 0 => Đặt y = 3t, t > 0 và t  z, ta có: x = 4t. 4 y 3. d) Vì MP = OC = R không đổi. Vậy P chạy trên đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy trên đoạn nên P chỉ chạy trên EF thuộc đường thẳng song nói trên. 7 (3đ). Từ (2), ta có: 9 £ 3t + 4t £ 15 hay 9 £ 7t £ 15. 9 2 2 15 1  t £2 7 7 => 7 < t £ 7 =>. A. 56 4 6  8 Số tổ được chia là: tổ C a) A. M. OB. N E P D F * Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn đường kính. - -. O B. o  * ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AC vuông góc với BD CD = CB (gt)  Tam giác ABC cân tại A  AD = AB = 2R (không đổi) AD = AB = 2R (không đổi) và A cố định. Do đó D chuyển động t đường tròn (A; 2R).. Vì t  z nên giá trị t cần tìm là t = 2, ta tính ra x = 8; y = 6 Như vậy, mỗi tổ có 8 bạn nam, 6 bạn nữ.. 6 (5đ). D C. 3.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Cho đường tròn (O , R) và điểm A với OA = 2R. Từ A vẽ 2 tiếp tuyến AE và AF đến (O). (E, F là 2 tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D (O nằm giữa A và C) a) Tính diện tích tứ giác AECF theo R. b) Từ O vẽ đường thẳng vuông góc với OE cắt AF tại M. Tính tỷ số diện tích hai tam giác OAM vaì OFM. c) Đường thẳng kẻ từ D vuông góc với OE cắt EC tại Q. Chứng minh các đường thẳng AC, EF và QM đồng qui.. PHOÌNG GIAÏO DUÛC TP KYÌ THI CHOÜN HOÜC SINH GIOÍI THCS NÀM HOÜC 2007 - 2008 MÔN TOÁN - LỚP 9 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm): A= Cho. biểu. thức. 1 3 2 + x +1 x x +1 x - x +1. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIOÍI NÀM 2007-2008 Môn: Toán - Lớp 9 Bài 1(2 điểm) a) (0,75 â) Điều kiện xác định: x  0 (0,25 â) x - x +1- 3+2 x +2 x + x A= = x x +1 x x +1 (0,25 â). a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức A Bài 2 (2 điểm): Cho hàm số y = - 2x + 2 có đồ thị (D) và -4 y= x có đồ thị (H) hàm số a) Tìm toạ độ giao điểm của (D) và (H) b) Tìm trên (H) điểm A(x A , yA) và trên (D) điểm B(xB , yB) thoả mãn các điều kiện: x A+ xB = 0 vaì 2yA - yB = 15 Bài 3 (2 điểm): Tìm các cặp số nguyên (x , y) sao cho: 1 x2  2x   y  2  x  1 2 Bài 4 (4 điểm):. - -.  x +1 =  x +1 x - x +1 x = x. x x +1. b) (1,25 â). A=. x. Với x  0 thì (0,5 â) Do âoï Amin = 0 khi x = 0. 3. 2. 1 3   x-  + 2 4 . 0. (0,25 â).

<span class='text_page_counter'>(34)</span> A -1=. . x - x + x -1. . x -1. 1 xA = 2 ; xA = -8 1 1  Với xA = 2  yA = 8 ; xB = 2  yB = 1 (0,25 â) 1 Với xA = -8  yA = 2 ; xB = 8  yB = -14 1 1  Vậy A ( 2 ; 8) và B ( 2 ; 1) (0,25 â) 1 hoặc A (-8 ; 2 ) và B (8 ; -14) Bài 3 (2 điểm): 1 x2 - 2x - <y <2- x -1 2 Từ 1 1 y+ >0  y >2 2 vaì y- 2<0  y <2 Suy ra. 2. . =£0 2 2 1 3 1 3    x+  +  x-  + 2 4 2 4   (0,75 â) Suy ra A £1 . Do oï Amax= 1 khi x = 1 Bài 2 (2 điểm) a) (0,75 â) Hoành độ giao điểm của (D) và (H) là -4 nghiệm của phương trình: -2x + 2 = x hay -2x2 + 2x + 4 = 0 (x 0) (0,25 â) x2 - x - 2 = 0 (x + 1)(x - 2) = 0 (0,25 â) x = -1 ; x = 2 Với x = -1  y = 4 ; với x = 2  y = -2 Vậy toạ độ giao điểm của (D) và (H) là (-1 ; 4) vaì (2 ; -2) (0,25 â) b) (1,25 â) -4 A (x , y )  (H) nãn y = xA (1) A. A. (0,75 â) Do y nguyãn nãn y = 0 ; 1 Với y = 0 ta coï 0 < 2 x -1  x -1 <2  -2<x -1<2  -1 < x < 3 Do âoï x = 0 ; 1 ; 2 (vç x nguyãn) 1 1 0  2.0   2 2 <0 x=0  (nhận) (0,5 â) 1 1 12  2.1    0 2 2 x=1  (loải) 1 1 22  2.2    0 2 2 x=2  (nhận). A. (0,25 â) B (xB , yB)  (D) nãn yB = -2xB + 2. (2). Do xA + xB = 0  xB = -xA vaì 2yA - yB = 15  yB = 2yA -15 (0,25 â) Thay vaìo (2)  2yA - 15 = 2xA + 2 hay yA = xA + 17 2. (3) -4 17 Từ (1) và (3)  xA + 2 = xA 2xA2 + 17xA + 8 = 0 (0,25 â) (2xA + 1) (xA + 8) = 0. - -. 1<2- x -1  x -1 <1 -1<x -1<1 Với y = 1 ta có  0 < x < 2 Do âoï x = 1 (0,5 â). 3. -.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> b) (1,25 â). 1 1  1 2 2 x=1  (nhận) Vậy các cặp số phải tìm là (0 ; 0); (2 ; 0) và (1 , 1) (0,25 â) Bài 4 (4 điểm) 12  1.2 .   Ta coï OM // AE (^ OE) nãn MOA = OAE     maì OAE = OAM Do âoï MOA = OAM Suy ra DOMA cán taûi M  MO = MA SOAM AM OM 1 = =  SOFM FM FM = cos OMF    maì OMF = EAF = 2EAO OE R 1  = = Þ EAO =300 EAO sin = OA 2R 2. Veî hçnh chênh xaïc (0,25 â). E. 1 2 SOAM 1 1 0  Do âoï OMF = 600 nãn SOFM = cos 60 = 2 c) (1,25 â) - Chứng minh DDEQ = DOFM Suy ra: QD = OM - Chứng minh QDMO là hình bình hành Suy ra QM và DO giao nhau tại trung điểm của mỗi đường R Mà I là trung điểm của OD (OI = ID = 2 ) nên I là trung điểm của QM Vậy AC, EF và QM đồng quy tại I.. Q. I C. O. D. G. M a) (1,25 â) Ta có AE = AF (t/cF tiếp tuyến) và OE = OF = R nên OA là đường trung trực của đoạn thẳng EF. Gọi I là giao điểm của AC và EF tại I thì OA ^ EF vaì IE = IF  D OEA có OEA = 900 (t/c tiếp tuyến) và EI ^ OA OE2 R 2 R ÞOI = = = OA 2R 2 nãn OE2 = OI . OA   DOIE ( OIE = 900) nãn EI2 = OE2 - OI2 = R2 R 2 3R 2 3.R = Þ EI = 4 4 2 EF = 2EI = 3 .R vaì AC = AO + OC = 2R + R = 3R 1 1 3 3 2 R SAECF = 2 . AC . EF = 2 . 3R . 3 . R = 2. - -. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. 3. ĐỀ CHÍNH THỨC.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 2007 <2008 −x HẾT. Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TP NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN TOÁN HỌC Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề). Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2 b) x2 + 7x + 10. 1 x2  x  2 2x  4 A  2  x  2 x  7 x  10 x  5. Bài 2 (4đ) Cho a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 3 (4đ). Giải phương trình. a) 2 x  1 3 x  2 b) x2 – 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23 Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. e) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. f) ∆ABC ~ ∆AEF ^ F=C ^ g) B D DE h) H cách đều các cạnh của tam giác DDEF Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng. - -. 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH NĂM HỌC 2007 – 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC 9. Gợi ý đáp án. Đi. 1  2 x  1  0  2 x  1 3 x  2 2   2 x  1 3 x  2  5 x 1  x 0,2 x. Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của (1đ Điểm phương trình. Bài 1a) Kết luận phương trình có nghiệm x=3. 2 4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49 (1xđ) Bài 3b) -2=(2x+3)(x+5)+23 x2-25=(2x+3)(x+5) (2đ 2 2 =(2x-3y) -7 =(2x-3y+7)(2x-37-7) (1đ) (x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) (x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0 Bài 1b) (x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 (x+5)(-x-8)=0  x-5=0 hoặc x+8 =0  x=-5 hoặc x2+7x+10 =x2+5x+2x+10 x=-8 (1đ) =x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2) (1đ)Ta có BG ^AB, CH ^AB, nên Bài 4a) (2đ A Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là (0,5đ) BG //CH, x ≠5và x ≠2 tương tự: BH ^AC, CG ^AC, nên 2 2 BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối 1 x  x 2 2x  4 1 x  x 2 2x  4 A  2     sông song nên nó là hình bình hành. Do đó E x  2 x  7 x  10 x  5 x  2 ( x  5)( x  2) x  5 hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung F H điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung x  5  x 2  x  2  (2 x  4)( x  2)  (2đ) điểm M của BC. Gợi ý đáp án. ( x  5)( x  2). .  x 2  8x  15  ( x  5)( x  3)  x  3   ( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2) x 2. B. D. M. C. G. (1,5đ)  ( x  2)  1 1 A  1  4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và (1, x 2 x  2 , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ ACF 2b) khi vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng 1 AB AE AB AF    (1) x  2 nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. AE AC dạng. Từ đây suy ra AC AF Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau TH1:. Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF.(1đ) 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra (1,. 1  2 x  1 0  2 x  1 3 x  2 2  2 x  1 3x  2  x 3 x .   ∆BDF~∆DEC BDF CDE .. Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình. TH2:. - -. 4d) Ta có. 3.     BDF CDE  900  BDF 900  CDE    AHB  BDF  AHC  CDE  ADF  ADE. (1đ.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> ý đáp án Điểm ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân c góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. y H các đều ba cạnh của tam giác DEF. 5) Ta có + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y) x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z) x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx 1đ  x 2  2 xy  y 2  ( y 2  2 yz  z 2 )  ( x 2  2 xz  z 2 )   . . . 1 2 2 2  x  y    y  z    x  x   2 dpcm 2007 <2008 x  0 6) Điều kiện , bất phương trình − x. . 2007  2008 x 0 x. (2008 x  2007) x  0. x 0   x   2007 2008  ặc biểu diễn trên trục số :. 1đ . 2007 2008. 0. Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng, hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng. HẾT. - -. 3.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Û ( x - 1)( x - 2) = 0 (vì x 2 + 2 x + 5 = ( x +1) + 4 > 0, " x Î ¡ ). éx = 1 Û ê ê ëx = 2. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TRƯỜNG THCS ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TRƯỜNG Môn: Toán. Thời gian: 150 phút.. b) x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4. Û ( x - 1 - 1)2 + ( y - 4 - 2) 2 = 0 ìï x - 1 = 1 ìïï x = 2 Û ïí Û ïï y - 4 = 2 íï y = 8 ïî î 3- 3 3 +3 A= + 2- 3 +2 2 2+ 3 - 2 2 . Bài 2. 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 4- 2 3 +4 4 +2 3 - 4. 4 3 2 Bài 1: a) Giải phương trình: x - x + x - 11x +10 = 0 .. b) Tìm x, y thoả mãn: x - 2 x - 1 =- y + 4 y - 4 .. A= Bài 2. Rút gọn. 3- 3 2-. 3 +2 2. +. 3 +3 2+ 3 - 2 2 .. Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau:. P = 4 x 2 +12 x + 9 + 4 x 2 - 20 x + 25 . 2. 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) + 3 - 1+ 4 3 +1- 4 2( 3 - 3) 2 + 2( 3 + 3)2 = 3- 9 24 2 = =- 4 2 - 6 =. 2. Q = x + 2 y + 2 xy - 2 x + 2008 . Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường kính AB lấy hai điểm I và J đối xứng nhau qua O. M là một điểm (khác A và B) trên (O); các đường thẳng MO, MI, MJ thứ tự cắt (O) tại E, F, G; FG cắt AB tại C. Đường thẳng đi qua F song song AB cắt MO, MJ lần lượt tại D và K. Gọi H là trung điểm của FG. c) Chứng minh tứ giác DHEF nội tiếp được. d) Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (O). ................................................. ĐÁP ÁN 4. 3. 2 2 Bài 3. P = 4 x +12 x + 9 + 4 x - 20 x + 25. = 2 x +3 + 5 - 2 x ³ 2 x +3 +5 - 2 x = 8 3 5 (2 x + 3)(5 - 2 x) ³ 0 Û - £ x £ 2 2 Vậy, Pmin=8 khi Q = x 2 + 2 y 2 + 2 xy - 2 x + 2008 = ( x + y ) 2 - 2( x + y ) +1 + y 2 + 2 y +1 + 2006. 2. Bài 1: a) x - x + x - 11x +10 = 0 .. Û ( x - 1)( x - 2)( x 2 + 2 x + 5) = 0. = ( x + y - 1)2 + ( y +1)2 + 2006 ³ 2006; " x, y. - -. 3.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Vậy, Qmin=2006 khi. ïìï x + y - 1 = 0 Û í ïîï y +1 = 0. Bài 4.. ïìï x = 2 í ïîï y =- 1. PHOÌNG GIAÏO DUÛC TP. KYÌ THI CHOÜN HOÜC SINH GIOÍI THCS NÀM HOÜC 2006 - 2007 MÔN TOÁN - LỚP 9 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề). M. a) Ta có: OI = OJ C. A. I. O. J. D. F. K H E. · · DEH = DFH nội tiếp được tuyến của (O).. G. B. Þ Þ Þ. DF = DK DH // GK · · HDE = GME · · mà GME = GFE · · Þ HDE = GFE Þ DHEF nội tiếp. Baìi 1 (2 điểm): Cho 3 2 A=3 y −10 √ 3 x . y +31 xy −10 x √ 3 x a) Phân tích A thành nhân tử. b) Tìm cặp số x, y thoả mãn điều kiện y - x =. 3 4. thức. đồng thời A = 0. Bài 2 (2 điểm): Cho biểu thức M = x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 với x, y, z, t là các số nguyên không âm. Tìm các giá trị của x, y, z, t để biểu thức M có giá trị nhỏ nhất thoả mãn điều kiện: 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 x2 + 8y2 + 9z2 = 168 Bài 3 (2 điểm): x 2 −2 x+1 Cho hàm số f(x) = (x  R) x 2 −2 x+2 a) Chứng minh rằng với hai giá trị x 1 , x2 tuỳ ý của x sao cho 1≤ x1< x2 thç f(x1) < f(x2) 1 3 < f (x)< b) Với giá trị nào của x thì 2 4 Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AH. Trên cạnh 1 BC lấy 2 điểm M và E sao cho ME = BC (BM < BE). Qua M 2 kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AB tại D. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt đường thẳng AH tại N. a) Chứng minh: BM . BH = MD . HN b) Chứng tỏ N là một điểm cố định.. được. b) Từ câu a suy ra. · · mà DFH = OCH Þ OHEC · · Þ OEC = OHC = 900 . Vậy CE là tiếp. - -. biểu. 4.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> c) Biết AB = 5 cm, BC = 6 cm. Tính khoảng cách giữa tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.. 2 √x 2 x 3 x − √ + =0 √3 √3 4 2   1  5   x   0 3  12  3 3 y x y=x + 4 4 5 5 x 3 y= √ x x − √ + =0 * √3 √3 4 2   5 16 − =0 √ x− 12 2 √3 3 3 y x y=x + 4 4 9 1 √ x= √ x= 2 √3 2 √3 hoÆc 1 x= 12 3 3 y=x + y=x + 4 4 15 5 y= y= 2 6 *. (. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2006-2007 Môn: Toán - Lớp 9 Bài 1(2 điểm) a) (1 điểm) A=3 y 3 −3 √ 3 x y 2 − 7 √ 3 x y 2+ 21 xy+10 xy −10 x √ 3 x (0,5 â)  y  3 x . 3 y 2  7 3 x y 10 x.   y .  3x  .  3 y. . 2. .  2 3x y  5 3 x y 10 x 60. (0,5 â). .  y. . 3x .. . 3y  2 x .. 3y  5 x. y=. y= *. . 2 √x √3.  3 4. 3 x − √ 3 x + =0 4.  y=x +. 3 4. hoặc. (. - -. 2. 3 √ x − √ =0. y=x +. 3 2. 3 4 x=. 27 4. . 3 4 laì:. Vậy có 3 cặp số thỏa mãn điều kiện A = 0 và 27 15 3 3 1 x= y= x= ( 4 ; 2 ) ; (x = 4 ; y = 2 ) vaì ( 12 5 ) 6 Bài 2 (2 điểm) Từ 2x2 - 2y2 + 5t2 = 30 vaì x2 + 8y2 + 9z2 = 168  Suy ra: 3x2 + 6y2 + 9z2 + 5t2 = 198 3(x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 ) = 198 + 7t2 3M = 198 + 7t2 7 2 M =66+ t ≥66 3 Giá trị nhỏ nhất của M là 66 khi t = 0 ;. 3 4. y x. y=. y=. y=x +. y x. 5 √x √3. y=√ 3 x x=. hoặc. 3 4. ). b) (1 điểm) A=0 ⇔ y= √ 3 x. y=x +. 2. 3 4. ). 4. y=. hoÆc.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Do âoï: 2x2 - 2y2 = 30 (1) vaì x2 + 8y2 + 9z2 = 168 (2) Từ (1)  (x + y)(x - y ) = 15 Vì x, y là các số nguyên không âm, nên x + y = 15 và x - y = 1 (3). 6. Hoặc: x + y = 5 và x - y = 3 (4) Từ (3)  x = 8, y = 7, các giá trị này không thỏa (2) Từ (4)  x = 4, y = 1. Thay vào (2) ta có: 16 + 8 + 9z2 = 168 9z2 = 144 z2 = 16 z = 4 (z = - 4 loải) Vậ y giá trị nhỏ nhất của M là 66, khi: x = 4, y = 1, z = 4, t =.  x2 - 2x - 2 < 0  (x - 1)2 - 3 < 0  (x -1 + √ 3 ) (x - 1 - √ 3 ) < 0  1 - √ 3 < x < 1 + √ 3 (2) 1 3 Từ (1) và (2) suy ra < f(x) <  1 - √3 < x < 2 4 0 hoặc 2 < x < 1 + √ 3 Bài 4 (4 điểm) A a) Xeït D MDE vaì D HEN coï:   DME = EHN = 900   MDE = HEN (góc có cạnh tương ứng D vuäng goïc) nãn DMDE ∾ DHEN , suy ra: MD ME = HE HN Hay MD.HN = HE.ME 1 Do BH = ME ( ¿ BC ) nãn BM = HE 2 Do âoï: MD.HN = BM.BH (1). 0 Bài 3 (2 điểm) a) 1 điểm. ( x −1 )2 2 ( x − 1 ) +1 - Với x1 = 1, x2 >1 thì f(x1) = 0, f(x2) > 0 nên f(x1) < f(x2) 1 f ( x )= 1 - Nếu x  1, ta có 1+ ( x −1 )2 1 Với 1 < x1 < x2 thì 0 < x1 - 1 < x2 - 1 nên: 2 ( x1 −1 ) f ( x )=. >. 1 2 ( x2 −1 ). b) 1. 1 2 ( x1 − 1) Vậy với 1£ x1 < x2 b) 1 điểm 1  2 f(x) > Do âoï:. 1+. x −2 x +2 ⇔ x −2 x > 0 2. 1 1+. 1 x −2 x+1 2 ⇔ 2 x − 4 x +2 2 2 x −2 x+2 >. Từ (1) . MD BH = BM HN. MD AH = (3) BM BH 2 BH AH BH = Từ (2) và (3)   HN= HN BH AH N  AH cố định và HN không thay đổi nên N là điểm cố định.. c). A. 2. BC = 6cm  BH = 3cm 0 DAHB ( ^ H=90 ) coï AH2 = AB2 BH2 = 52 - 32 = 16 =. >. 2. P. - -. (2). DABH coï MD//AH nãn. 1 hay f(x1) < f(x2) 2 x − 1 ( 2 ) thç f(x1) < f(x2). <.  x (x - 2) > 0  x > 2 hoặc x < 0 (1) 3 3 x 2 −2 x+1 f(x) <  2 <  4x2 - 8x + 4 < 3x2 - 6x + 4 4 x −2 x+2. 4. K I.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 42. C. B. H. Rút gọn biểu thức.  AH = 4cm Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp ABC, thì BK là  phán giaïc cuía B vaì K  AH. KH BH 3 = = Do âoï: KA BA 5 Suy ra: KH KA KH+ KA 4 = = = =0,5 3 5 8 8 KH = 1,5cm KA = 2,5cm. 2  x2  y 2  x   x2  y 2  y   x 2  y 2 . . . . . . với x > 0, y. >0 Bài 2: (4 điểm) a. Xác định m để phương trình sau vô nghiệm. x  4 x  3 xm x b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x – 2y + 1)2 + (2x – 4y + 7)2.. Gọi I là tâm dường tròn ngoại tiếp DABC thì IP là đường trung AB 5 PA   2,5(cm) 2 2 træûc cuía caûnh AB vaì I  AH nãn . AH 4 0  H=90 ) coï cos ( BAH DABH ( ^ ) ¿ AB = 5 =0,8  ) 0,8  cos( PAI AP 0  P=90 ) DAPI ( ^ coï cos ( PAI ) ¿ AI  AP 2,5 AI   3,125  ) 0,8 cos( PAI. Bài 3: (2 điểm) Bốn người 1; 2; 3; 4 tham dự một hội nghị. Biết rằng : a. Mỗi người chỉ biết hai trong bốn thứ tiếng Anh, Nga, Pháp, Việt. b. Người 1 biết tiếng Nga, không biết tiếng Pháp. c. Người 2 biết tiếng Anh, không biết tiếng Pháp và phải phiên dịch cho người 1 và người 3. d. Người 4 không biết tiếng Nga, không biết tiếng Việt nhưng nói chuyện trực tiếp được với người 1.. Do âoï KI = AI - AK = 3,125 - 2,5 = 0,625 (cm) Vậy khoảng cách giữa tâm đường tròn ngọai tiếp và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC là 0,625cm.. Hỏi mỗi người biết các thứ tiếng nào ? Bài 4: (4 điểm) a. Cho a  b, x  y. Chứng minh (a + b) (x + y) £ 2(ax + by) (1). Sở GD&ĐT Trường THCS Năm học 2006 - 2007. b. Cho a + b  2. Chứng minh a2006 + b2006 £ a2007 + b2007 (2). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 9 (Thời gian: 90. Bài 5: (8 điểm). phút). Cho đoạn thẳng AB = a .. Bài 1: (2 điểm). - -. 4.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> . Câu 5/ (4đ) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) với R > r. Lấy A và E là hai điểm thuộc đường tròn (O; r) , trong đó A di động , E cố định ( với A ≠ E) . Qua E vẽ một đường thẳng vuông góc với AE cắt đường tròn (O; R) ở B và C . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . a/ (1,5đ) Chứng minh EB2 +EC2 + EA2 không phụ thuộc vị trí điểm A. b/ (1,5đ) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường tròn (O; r) và A≠ E thì đường thẳng CM luôn đi qua một điểm cố định ( gọi tên điểm cố định là K ) . 3 c/ (1đ) Trên tia AK đặt một điểm H sao cho AH = 2 AK . Khi A di động trên đường tròn (O;r) thì điểm H di động trên đường nào ? Chứng minh nhận xét đó ?. 0. a. Nêu cách dựng và dựng D ABC sao cho BAC 60 và trực tâm H của D ABC là trung điểm của đường cao BD. b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp D ABC, vẽ đường kính AG, HG cắt BC tại K. Chứng minh OK ^ BC. c. Chứng minh DAOH cân và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo a. d. Tính diện tích tam giác ABC theo a. Sở GD&ĐT GIỎI Trường THCS 120 phút . ĐỀ THI HỌC SINH Môn Toán 9 - Thời gian :. 3. 3 9 . Câu 1/ (1đ) Cho x = minh rằng x là một số nguyên .. 125  27. 3. Câu 2/ (1,5đ) Cho x > 0 , y > 0 , t > 0 . Chứng minh. NÕu. xy  1 y. . yt  1 t. . xt  1 x.  3 9. 125 27 .Chứng. rằng. :. th× x= y= t hoÆc x.y.t =1 .. Câu 3/(1,5đ) Cho đa thức bậc hai f(x)= ax 2 + bx + c có nghiệm dương x = m . Chứng minh rằng đa thức g(x) = cx 2 + bx + a (c≠0) cũng có nghiệm dương x = n và thỏa mãn m + n 2 .. Đáp án và biểu điểm chấm Toán 9 Câu. Câu 4/ (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d(m) có phương trình : (m -1)x+ (m -2)y - 1 = 0 (m là tham số) . Tìm m để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d(m) có giá trị lớn nhất . Xác định đường thẳng đó .. - -. 4. Nội dung.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Câu1. Suy ra am 2  bm  c 0 (1), mµ m > 0 (gt) b c 1 1 (1)  a +  2 0  a + b( )  c( 2 ) = 0 (2) m m m m 1 §¼ng thøc nµy chøng tá r»ng x= lµ nghiÖm cña m 1 ®a thøc g(x) = cx 2  bx  a 0 VËy x= n = > 0 (do m > 0 m 1 1 Ta cã m+n = m + 2 m. (do ..........) m m Hay m  n 2. 125 125 a 3 3  9  vµ b = 3  3  9  27 27 5 Th× a 3  b 3 6 vµ a.b = 3 3 3 3 x a  b  x a  b  3ab(a  b). (1đ). x 3 = 6 - 5x  (x  1)(x 2  x  6) 0 Mµ x 2  x  6  0(do........).Suy ra x 1.VËy x  Z Câu 2. (1,5đ). Từ đẳng thức với điều kiện do đề bài đã cho suy ra : 1 1 1 x  y  z y z x (1)   x y    (1)   y  z     z x . (2) . Câu 3. . x. y. . Câu 4 (2đ). y z 1 1   z y zy 1 1 z x   x z xz 1 y. . y. 1 x z. . . x. z. 1   0 ;m  2   Gọi OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng AB ta c B 1 1 1   (m  1)2  (m  2)2 2 2 OH OA OB 2. y. xy x. . (2).  . y. z. . Nếu m =1 thì d(1) là đường thẳng y= -1 nên khoảng cách từ O đến Nếu m =2 thì d(2) là đường thẳng x = 1 nên khoảng cách từ O đến d (1)  1   m  1 ;0   và cắt trụ Nếu m ≠1 và m≠ 2 thì d(m) cắt trục hoành tại A . z. x. . x. zyzxxy. y. . 2. 1 3 1 1  2m 2  6m  5 2  m     2 OH 2 2 2  VËy OH 2 £2  OH £ 2  OH lín nhÊt  2 khi m .  x y z Häc sinh chøng minh ® îc r»ng   xyz 1 Từ (3) Ta có : x = m là nghiệm của đa thức f(x)= ax2 + bx + c. Từ (1) và (2) và do 1 <. 2 suy ra khoảng cách lớn nhất từ O đến d. Khi đó đường thẳng d có công thức là x - y- 2 = 0. (1,5đ). - -. 4. 3 (2) 2.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Câu 5 A. Câu c (1đ). M B K. O. E G. 3 Do H thuộc tia AK, mà K là trọng tâm D ADE và AH 2 AK nên H tr với G ( là trung điểm chung của hai đoạn thẳng DE và BC ) Mà DOGE vuông tại E ( chứng minh trên) , O,E cố định (theo gt) ) Vậy khi A di động trên đường tròn (O; r) thì H di động trên đường tròn đường kính OE. D C. Câu a (1,5đ). Gọi G là trung điểm BC thì OG ^ BC GB = GC và GE = GD (đl). (đl) suy ra. 1 và OG là đường trung bình D ADE nên OG= 2 AE hay AE = 2OG Ta có EB2+EC2= (BG-EG)2+ (GC+ GD)2=(BG-EG)2+(BG+EG) Suy ra EB2+EC2= 2(BG2 +EG2) Áp dụng định lý Pi ta go vào các tam giác vuông OGE và OGB ta có : OG2+GE2= r2 và OG2+GB2= R2 Do đó EB2+EC2+EA2=2(BG2 +EG2)+4OG2 =2 (BG2+OG2)+2 (EG = 2R2 +2r2 ( không đổi) B M A. O. GE D. C. Trường hợp đặc biệt : G E D Thì chứng minh trên vẫn đúng Câu b (1,5đ). Hai tam giác ABC và ADE có chung trung tuyến AG nên có chung trọng tâm Mà tam giác ADE có trung tuyến OE cố định , Nên điểm cố định K mà trung tuyến CM của D ABC đi qua chính là trọng tâm của D ADE. - -. 4. .

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Sở GD&ĐT Trường THCSĐỀ THI HỌC SINH GIỎI (Vòng 2) Năm học 2005 - 2006 Môn: Toán 9 (Thời gian: 90 phút) Bài 1: (3 điểm) a. Cho n là một số nguyên dương. Hãy so sánh: 2 1 1 1 1   1+ 2 1 + 2   n n+1   n n+1   và. b. Tính:. 1+. 1 1 + 2 + 2 2 3. 1+. 1 1 + 2 + 2 3 4. 1+. 1 1 + 2 + ... + 2 4 5. 1+. Bài 2: (3 điểm) Chứng minh rằng:. n 1 1 1  1 + + + ... + n  n 2 2 3 2 -1 n1. với n  N và. Bài 3: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB. Đường thẳng CN cắt (O) tại I..  Chứng minh CMI  90 . 0. - -. 4. 1 1 + 2 2005 20062.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> - -. 4.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN LỤC YÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2007 – 2008 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1 (1,5 điểm) Tính giá trị của biểu thức:. 1  4 1  4 1  4 1   4  2    4    6   ...... 100   4  4  4 4  S   4 1  4 1  4 1   4 1  1    3    5   ...... 99   4  4  4 4   Bài 2 (1,5 điểm) Cho x, y là các số thỏa mãn x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x3 + y3 + 2xy Bài 3 (3 điểm) Giải phương trình: 2. a) x  4x  5 2 2x  3 2. 2. b) 3x  6x  7  5x  10x  14 4  2x  x. 2. Bài 4 (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AD // CB và AD > BC) có các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại I. Trên đáy AD lấy điểm M sao cho AM bằng độ dài đường trung bình EF của hình thang. Chứng minh rằng ∆MAC cân tại M. Bài 5 (2 điểm). - -. 4.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> Cho DABC vuông tại A có M là trung điểm của BC. Có hai đường thẳng di động và vuông góc với nhau tại M cắt các đoạn AB và AC lần lượt tại D và E. Xác định vị trí của D và E để diện tích DDME đạt giá trị nhỏ nhất.. 1 2 1 2 1  2 1  1  2 2 2  2  2    2  2    4  4    4  4   ...  100  100    100  2 2 2 2  2 S  1 2 1 2 1  2 1  2 1 2  2  1  1    1  1    3  3    3  3   ...  99  99    99  9 2 2 2 2  2  1 2 1  2 1  2 1  1 2  2 2  2  2    1  1    4  4    3  3   ...  100  100    99  9 2 2 2 2  2 S  1 2 1 2 1  2 1  2 1 2  2  1  1    0  0    3  3    2  2   ...  99  99    98  98 2 2 2 2  2  1 1002  100  2 2.  100 2  100  1  20201 S   1 2  2 ( 0,5 điểm). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN Năm học 2007 – 2008 Môn: Toán Sơ lược lời giải và thang điểm Bài 1 (1,5 điểm) Tính giá trị của biểu thức:. 1  4 1  4 1  4 1   4  2    4    6   ...... 100   4  4  4 4  S   4 1  4 1  4 1   4 1  1    3    5   ...... 99   4  4  4 4  . Bài 2 (1,5 điểm) Cho x, y là các số thỏa mãn x + y = 2. Giải:  n  N, ta có: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x3 + y3 + 2xy 2 2 2 2 1 1 1 1 1     2  n 4  n 4  n 2   n 2  n 2    n 2  n 2  n   nGiải:  nTa  có: (a – b) ≥ 0  (a + b) ≥ 4ab  –4ab ≥ –(a + b) . (0,5 4 4 2 2  2  điểm)   Áp dụng vào biểu thức A, ta có: (1) A = (x + y)3 – 3xy(x + y) + 2xy = 8 – 6xy + 2xy 0,5 = 8 – 4xy ≥ 8 – (x + y)2 = 8 – 4 = 4 điểm) (0,5 điểm) Mặt khác: Dấu “=” xảy ra  x = y mà x + y = 2 (gt)  x = y = 1 1 1 1 Vậy: min A = 4  x = y = 1 n 2  n  (n 2  2n  1)  (n  1)  (n  1) 2  (n  1)  2 2 2 (0,5 điểm) (2) Bài 3 (3 điểm) Giải phương trình: 0,5 x 2  4x  5 2 2x  3 (1) a) điểm) 2 2 2 Áp dụng (1) và (2) để tính S, ta được: b) 3x  6x  7  5x  10x  14 4  2x  x Giải:. - -. 5.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> x . a) (1,5 điểm). Điều kiện: (0,5 điểm) Ta có: (1). Giải:. 3 2. B. 2.  (x  2x  1)  (2x  3  2 2x  3  1) 0 (0,5 điểm) . – Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD tại N  BCND là hình bình hành Suy ra: BC = DN. C I.  x  1 0 (x  1) 2  ( 2x  3  1) 2 0    x  1  2x  3  1 0. E. (thỏa mãn) Vậy: Phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 (0,5 điểm) b) (1,5 điểm). Ta có: 3x2 + 6x + 7 = 3(x + 1)2 + 4 ≥ 4 5x2 + 10x + 14 = 5(x + 1)2 + 9 ≥ 9 Do. A. F M. D. (1 điểm) – Mặt khác: AD + BC = 2EF mà AM = EF (gt) Suy ra: AN = AD + DN = N AD + BC = 2AM Do đó: M là trung điểm của AN (0,5 điểm) – Vì CN // BC mà BD ^ AC  CN ^ AC Hay: ∆ACN vuông tại C có CM là trung tuyến  2CM = AN. Hay: CM = AM Vậy: ∆AMC cân tại M. đó:. 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  9 2  3 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1 (1) (0,5 điểm) Mặt khác: 4 – 2x – x2 = 5 – (x + 1)2. Dấu “=” xảy ra  x = –1 (2) Từ. (1). và. (0,5 điểm) (2). (0,5 điểm). suy. Bài 5 (2 điểm) Cho DABC vuông tại A có M là trung điểm của BC. Có hai đường thẳng di động và vuông góc với nhau tại M cắt các đoạn AB và AC lần lượt tại D và E. Xác định vị trí của D và E để diện tích DDME đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: – Kẻ MF ^ AB, MG ^ AC A  AFMG là hình chữ nhật.. ra:. 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14 4  2x  x 2  x = –1. Vậy: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = –1 (0,5 điểm) Bài 4 (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AD // CB và AD > BC) có các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại I. Trên đáy AD lấy điểm M sao cho AM bằng độ dài đường trung bình EF của hình thang. Chứng minh rằng ∆MAC cân tại M.. - -. E. F. (0,5. G. điểm) – Ta có: MD ≥ MF và ME ≥ MG. D. 5. B. M. C.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> (tính chất đường xiên, hình chiếu) (0,5 điểm) Do. đó:. 1 1 SDME  MD.ME  MF.MG Const 2 2. Dấu "=" xảy ra  D ≡ F và E≡G. Chóc c¸c em thµnh c«ng. (0,5 điểm) Vậy: Khi D và E lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC thì diện tích của DDME đạt giá trị nhỏ nhất. (0,5 điểm). Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác với đáp án mà vẫn cho kết quả hợp lý, chính xác thì vẫn cho điểm theo thang điểm trên.. - -. 5.

<span class='text_page_counter'>(53)</span>