De HSG Toan 920162017 190

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2009-2010 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. 5. Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức: Q. x. 3. 29  12 5. = cotg450. 4  x  1  x  4  x  1  1   1    x  1 x 2  4  x  1. Bài 2: (4đ) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa b) Rút gọn biểu thức Q. Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. M. y x 1x y 4 xy. x 2  yz y 2  xz  x  1  yz  y  1  xz . Bài 4: (3,75đ) Chứng minh rằng nếu với x  y, yz 1, xz 1, x 0, y 0, z 0 1 1 1 x yz    x y z thì. Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ đỉnh M vẽ góc 450 sao cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F. 1 S MEF  S ABC 4. Chứng minh rằng: Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường thẳng đi qua các trung điểm của AB và AC. Kẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O). Chứng minh MK = MA. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Bài. Nội dung – Yêu cầu. 1 5. 3. 29  12 5 . 5. 2. 3. 5 3. . 5. 6 2 5. . 5. . . 5 1. . 2. 2. Q có nghĩa  x  1 và x 2 Q. Q. Q. x. x  1 1 .  x  1  2. x2  4 x  4. . 2. x 1 1 . .  x  2 Q. 0,75đ. 4  x  1  x  4  x  1  1   1    x  1 x 2  4  x  1.  x  1  2. . 0,5đ. 0,25đ 0,5đ 0,5đ. =1 = cotg450 2a 2b. Điể m 1đ. . x  1 1 2. x  1 1 x  2  x 1. 2. 0,75đ. x 2  x 1. x  1  1  x  1 1 x  2  x 2 x 1. * Nếu 1 < x < 2 ta có: 1 Q. x  1  x  1 1 x  2  2 x x 1. 0,75đ 0,25đ. Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 0,5đ. 2 Q 1 x. 0,25đ. * Nếu x > 2 ta có: Q. Q. 0,25đ. x  1  1  x  1 1 x  2  x 2 x 1 2. 0,5đ. x 1. 0,25 3. Với điều kiện x 1, y 4 ta có:. 0,25đ. y 4 x 1  x y. M= Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, 1 x  1 x x  1  1 x  1   2 2. 0,75đ. Ta có: x 1 1  x 2 (vì x dương) 1 1 4 y  4 y y  4  4  y  4    2 2 2 4. 0,5đ. . 0,75đ 0,5đ. Và: y 4 1  y 4 (vì y dương) y 4 1 1 3 x 1     x y 2 4 4 . Suy ra: M =. 4. 0,25đ. 3 Vậy giá trị lớn nhất của M là 4  x = 2, y = 8 x 2  yz y 2  xz  x  1  yz  y  1  xz . 0,5đ.   x 2  yz   y  xyz   y 2  xz   x  xyz . 0,25đ.  x 2 y  x 3 yz  y 2 z  xy 2 z 2  xy 2  xy 3 z  x 2 z  x 2 yz 2 0   x 2 y  xy 2    x 3 yz  xy 3 z    x 2 z  y 2 z    x 2 yz 2  xy 2 z 2  0  xy  x  y   xyz  x  y 2. 2.  z x. 2.  y. 2.   xyz  x  y  0.   x  y   xy  xyz  x  y   z  x  y   xyz 2  0  xy  xyz  x  y   z  x  y   xyz 2 0 (vì x  y  x  y 0 ). Gv: Nguyễn Văn Tú. 0,5đ. 2. 3. 0,5đ 0,5đ. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 0,5đ 0,5đ.  xy  xz  yz  xyz  x  y   xyz 2. xy  xz  yz xyz  x  y   xyz   xyz xyz . 2. 0,5đ. (vì xyz 0 ). 1 1 1   x  y  z x y z. 0,5đ. 5 B. M. P E A. N. F. K. C. Q. Kẻ MP  AB tại P, MQ  AC tại Q Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N Do  EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ 1  S MEN  S MEK  S MPEK 2 1 S FEN  SQEK  SQAEK S 2 và ( FEN  SQEK vì có cùng chiều cao nhưng đáy. 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ. EN bé hơn đáy EK) 1 1 SMEN  SFEN  S APMQ  SMEF  S APMQ 2 2 Suy ra: (*) 1 S MAP  S MAB 2. 0,5đ 0,5đ. Chứng minh được: 1 S MAQ  SMAC 2 1  S APMQ  SABC 2 (**) 1 S MEF  S ABC 4 Từ (*) và (**) ta có:. 6. 0,5đ 0,5đ 0,25đ. B P O. Gv: Nguyễn Văn Tú. I. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013 A Q K. C. M. Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. Giao điểm của OA và PQ là I. AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của  BAC   PAQ cân ở A và AO  PQ Áp dụng Pitago ta có: MK2 = MO2 – R2 (  MKO vuông tại K) MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (  MOI vuông tại I) MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (  BOP vuông tại B) MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (  IOP vuông tại I và PA = PB) MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2) MK2 = MI2 + AI2 (  IAP vuông tại I) MK2 = MA2 (  IAM vuông tại I)  MK = MA. PHÒNG GD&ĐT PHÚ GIÁO TRƯỜNG THCS AN BÌNH. Gv: Nguyễn Văn Tú. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 (Thời gian : 120 phút) 5. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013.   x 3 3 3  Q  2  3   1   x x  x 3  3 x  27 3    Bài 1(1,5đ): Cho biểu thức. a/ Rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi x  3  2010 Bài 2(1đ): Rút gọn biểu thức M  4  7  4  7 2 2 2 Bài 3(1đ): Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có a  b  c ab  bc  ac Bài 4(2đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a2 + b2 b/ Cho x +2y = 8 . T ìm giá trị lớn nhất của B=xy Bài 5(2đ): Giải phương trình x 2  9  x 2  6 x  9 0 2 2 b/ x  4  x  4 0 Bài 6(2,5đ): Cho hình vuông cạnh a. Đường tròn tâm O, bán kính a cắt OB tại. M .D là điểm đối xứng của O qua C . Đường thẳng Dx vuông góc với CD tại D cắt  CM tại E. CA cắt Dx tại F. Đặt  MDC  a/ Chứng minh AM là phân giác của FCB . Tính độ dài DM, CE theo a và . b/ Tính độ dài CM theo a . Suy ra giá trị của sin . Gv: Nguyễn Văn Tú. 6. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1(1,5đ). Nội dung. Biểu chấm. a.(1đ)   x 3 3 3       1  x 2  x 3  3 x 3  27   3 x   A=  ĐKXĐ: x 0; x  3. 0.25.   x 2  x 3  3  3 3     x 2  x 3  3  ( x  3 )( x 2  x 3  3)    3 x   =   x 2  x 3  3  ( x  3) 3  3     ( x  3 )( x 2  x 3  3)    3 x   = . 1 x. 0.25 0.25. 3. b. (0,5 đ) Thay x = 3 +2010 vào A ta có: 1. . . A x 3 2(1đ). 0.25. 1 3  2010 . 1  3 2010. 0,5. Rút gọn biểu thức M  4  7  4  7 M  4 7  M. M. 4. 82 7  2. 1 7  2. 1 7 M  2. 7. 0.25 0.25. 8 2 7 2. 2. . 1 7 . 2. 0.25 0.25. 2. 71 2. M 2. Gv: Nguyễn Văn Tú. 7. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. 3(1đ). Năm học: 2012-2013. a 2  b 2  c 2 ab  bc  ac. 0.25.  2a 2  2b 2  2c 2 2ab  2bc  2ac  a 2  2ab  b2  b2  2bc  c 2  a 2  2ac  c 2 0 2. 2. 0.25. 2.   a  b    b  c    a  c  0. 0.5. 4(2đ). a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ nhất của A = a2 + b2 a  b 2  b 2  a A a 2   2  a . 2. A 2a 2  4a  4.  A  A. . 2. 2a  2 2a. 2  2a . 2. . 2.  2. 2. 2. 2. A 2 Amin 2 x  2 y 8  x 8  2 y B  y  8  2 y  8 y  2 y 2   .  8  . 2y. . 2. .  2 2 y.2 2  2 2. 2y  2 2. . 2. . 2.  8 . 8. b/ Bmax 8 5(2đ). 0.5. a / x 2  9  x 2  6 x  9 0 .  x  3 . . x  3  x  3 0.   x  3 0    x  3  x  3 0. 0.25.  x 3  ptvn . 0.25. vậy nghiệm của pt là x=3. 0.25. Gv: Nguyễn Văn Tú. 8. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b / x 2  4  x 2  4 0. 0.25. x 2  4   x 2  4  0  t 1 t  t 0  t 2  t 0    t 0 x 2. 0.5. . x  5. 6(2.5đ) E 0.5 F A D. O O. B M C . 0. a/vì M thuộc đường tròn tâm O đuờng kính CD nên CMD 90   Mà CA  OB (đuờng chéo hình vuông ) nên MCA MCB ( góc có cạnh vuông góc)    MCA MCB     ECF  ACM   MDC Do đó MC là tia phân giác của ACB. 0.5. 0.5. Ta thấy  DMC vuông tại M có MDC  và CD=2a nên cos  . DM  DM DC.cos  DC. DEC vuông tại D có DM là đường cao nên. CE.CM=CD2 (1) Mà CM CD sin   CM 2a sin  CE . CD 2 2a  CM sin . Từ (1) ta có b/ gọi I là tâm hình vuông OABC ta có  2 IM OM  OI  IM a  1   2  . Gv: Nguyễn Văn Tú. 0.25 0.25 0.25 9. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013  CM 2 IM 2  IC 2  CM 2 . . a 2 2 . MIC vuông tại I. Phßng GD- §T vÜnh têng Trêng THCS vò di ==========. sin  . . 2  CM a 2 . a2 2 4. . . 2 . 2a 2 4. 0.25 0.25. 2. CM 2 2  CD 2. §Ò thi kh¶o s¸t häc sinh giái (10 - 2010). M«n: To¸n 9 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề ) ----------------------------------------------. Bµi 1. (1,5 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau : 1 1 1 1 1 a)A = + + ..... + + 1+ √ 5 √5+ √ 9 √9+ √13 √2001+ √ 2005 √2005+ √2009 b) B = x3 - 3x + 2000 víi x = √3 3+2 √2 + √3 3− 2 √2 Bài 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 2 a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x  7 4. b). 4  x2 . 4. x 4  16  4 x  1  x 2  y 2  2 y  3 5  y. c) x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;. (với x ; y nguyên). Bµi 3: (2,0 ®iÓm) 2.  a b    ab a) Chøng minh r»ng víi hai sè thùc bÊt k× a, b ta lu«n cã:  2  .. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? b) Cho ba sè thùc a, b, c kh«ng ©m sao cho a  b  c 1 . Chứng minh: b  c 16abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 6 6 c) Víi gi¸ trÞ nµo cña gãc nhän  th× biÓu thøc P sin   cos  cã gi¸ trÞ bÐ nhất ? Cho biết giá trị bé nhất đó. Bµi 4: (1,5 ®iÓm) Mét ®oµn häc sinh ®i c¾m tr¹i b»ng « t«. NÕu mçi « t« chë 22 ngêi th× cßn thõa một ngời. Nếu bớt đi một ô tô thì có thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các « t« cßn l¹i. Hái cã bao nhiªu häc sinh ®i c¾m tr¹i vµ cã bao nhiªu « t« ? BiÕt r»ng mçi « t« chØ chë kh«ng qu¸ 30 ngêi. Bµi 5 ( 3,0 ®iÓm ) 1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lợt là các bán kính các đờng tròn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c ABD vµ ABC. 1 1 4  2  2 2 a) Chøng minh : R r a 8R3r 3 S ABCD  2 2 2 ( R  r ) ; ( KÝ hiÖu S ABCD lµ diÖn tÝch tø gi¸c ABCD ) b) Chøng minh : BC BAC 1080 2) Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A cã .Chøng minh : AC lµ sè v« tØ.. ===============================================. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Phßng GD- §T vÜnh têng Trêng THCS vò di --------------------. Hd chÊm §Ò thi kh¶o s¸t häc sinh giái (10 - 2010). M«n: To¸n 9 ----------------------------------------------. Bµi Bµi 1.b. (1,5 ®) a. Cho ®iÓm. S¬ lîc lêi gi¶i ¸p dông c«ng thøc (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), víi a= √3 3+2 √ 2 , b= √3 3− 2 √2 và biến đổi => x3 = 6 + 3x Suy ra B = 2006 Cã A = √5 −1 + √9 − √ 5 + √ 13 − √9 +...+ √2005 − √ 2001 + 5 −1 √ 2009 − √ 2005 2009 −2005. 9 −5. 13 −9. 2005 −2001. 0,75. 0,75. Rút gọn, đợc A = √ 2009 −1 . 4. Bµi 2a (2,0®). Giải, xác định đúng điều kiện:. x.  2 2 ;x  2 2. 2 2 2  x  4 x  4  2 x  1  2 2 x  1. 7  7 = 0.  ( x  2) 2  ( 2 x  1  7) 0  x  2  x  2 0      x 2  x 2 2  2 x  1  7 0   x  2  (Thỏa mãn) 2 4  x 0 (1)  2 (2)  x  16 0  (3) 4 x  1 0 2  2 (4) Điều kiện :  x  y  2 y  3 0. b. 0,25 0,25. 0,25. 2. c. Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4) 0  x  4 0 kết hợp với (1) và (3) suy ra x =2 Thay vào (4): y2 – 2y + 1 0 ; Đúng với mọi giá trị của y. Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5 Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5) Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0  x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ Đặt x = 2k + 1 ; ( k  Z )  4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5  2y2 = 4k2 + 4k – 4  y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Đặt y = 2n; (n  Z )  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*) Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm  pt đã cho vô nghiệm. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ. 0.5 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Bµi 3a (2,0®). Năm học: 2012-2013. Ta cã: 2. a 2  2ab  b 2 a 2  2ab  b 2  a b   ab   ab    4 4  2 .  a  b . 2. 0, a, b  R. 4. 0,25. 2. 2  a b    ab, a, b  R   a  b  4ab, a, b  R VËy:  2  Dấu đẳng thức xảy ra khi a b. b. 0,25. Theo kÕt qu¶ c©u 3.a, ta cã: 2  a   b  c   4a  b  c    mµ a  b  c 1 (gi¶ thiÕt).  a b  c. nªn: ©m). 2. 1 4a  b  c   b  c 4a  b  c . b  c Nhng: . 2. 0,25. 2. (v× a, b, c kh«ng ©m nªn b + c kh«ng. 4bc. 0,25. (kh«ng ©m) b  c  16 abc Suy ra: .. 0,25. a b  c 1 1  b c  , a   4 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  b c. c. Ta cã: 3. P sin 6   cos 6   sin 2     co s 2  . 3. P  sin 2   cos 2    sin 4   sin 2  cos 2   cos 4   2. P  sin 2   cos 2    3sin 2  cos 2  1  3sin 2  cos 2 . 0,25. ¸p dông kÕt qu¶ c©u 3.1, ta cã:.  sin. 2. 2.   cos 2   4sin 2  cos 2   1 4sin 2  cos 2   sin 2  cos 2  . Suy ra:. P 1  3sin 2  cos 2  1 . 1 4. 3 1  4 4. 0,25. 1 4 khi vµ chØ khi: sin 2  cos 2   sin  cos  (v×  lµ gãc Do đó: sin   1  tg 1   450 cos  nhän) + Gäi sè « t« lóc ®Çu lµ x ( x nguyªn vµ x  2) Pmin . Bµi 4 (1,5®). Sè häc sinh ®i c¾m tr¹i lµ: 22x + 1. + Theo giả thiết: Nếu số xe là x  1 thì số học sinh phân phối đều cho tất c¶ c¸c xe, mçi xe chë sè häc sinh lµ y (y lµ sè nguyªn vµ 0 < y  30)..  x  1 y 22 x 1 . y. 22 x  1 23 22  x 1 x 1. + Do đó ta có phơng trình: + Vì x và y đều là số nguyên dơng, nên x  1 phải là ớc số của 23. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Bµi 5 (3,0®). 1a. Năm học: 2012-2013. Mµ 23 nguyªn tè, nªn: x  1 1  x 2 hoÆc x  1 23  x 24  NÕu x 2 th× y 22  23 45  30 (tr¸i gi¶ thiÕt)  NÕu x 24 th× y 22  1 23 < 30 (tháa ®iÒu kiÖn bµi to¸n). 0,25 + VËy sè « t« lµ: 24 vµ tæng sè häc sinh ®i c¾m tr¹i lµ: 22 24  1 23 23 529 häc sinh. 0,25 Tø gi¸c ABCD lµ h×nh thoi nªn AC 0,25 B lµ đờng trung trùc cña ®o¹n th¼ng E BD,BD là đờng trung trực của M AC.Do vËy nÕu gäi M,I,K lµ giao điểm của đờng trung trực của đoạn O C A I th¼ng AB víi AB,AC,BD th× ta cã I,K là tâm đờng tròn ngoại tiếp các K tam gi¸c ADB,ABC Từ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy D một điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta cã BEAI lµ h×nh thoi ( v× cã hai đờng chéo EI và AB vuông góc víi nhau vµ c¾t nhau t¹i trung ®iÓm mỗi đờng ) 0,25 0 0       EBA Ta cã BAI mµ BAI  ABO 90  EBA  ABO 90 0,25 0  Xét  EBK có EBK 90 ,đờng cao BM.Theo hệ thức trong tam giác 1 1 1   2 2 2 vu«ng ta cã BE BK BM. 1b. a 1 1 4  2 2  2 Mµ BK = r , BE = BI = R; BM = 2 Nªn R r a (§pcm) 0   XÐt AOB vµ AMI cã AOB  AMI 90 vµ A chung AOB AMI . 0,25 0,25. AO AM AM . AB AB 2   AO   AB AI AI 2R. Chứng minh tơng tự ta đợc S ABCD. BO . BM . AB AB 2  BK 2r. 0,25 0,25. AB 4 2. AO.OB 2. 4 Rr. Ta cã Mà theo định lí Pi ta go trong tam giác vuông AOB ta có 2 2 1 1  1 r AB 2 OA2  OB 2  AB 4  2  2   AB 2  4R 2 4 r  R R  r2 8R 3r 3 S ABCD  2 2 2 (R  r ) Từ đó ta có :. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. 2. Năm học: 2012-2013. 0,25. B. A. x. C. D.  Kẻ tia Cx sao cho CA là tia phân giác của BCx , tia Cx cắt đờng thẳng AB . . 0. tại D.Khi đó Ta có DCA  ACB 36  DCA cân tại C , BCD cân tại B  AB  AC DC .Theo tính chất đờng phân giác trong tam giác BCD ta có CB AB BC CA    ; BC BD CD AD CA BD  CA BC CA    BC ( BC  CA) CA2  BC 2  BC.CA  CA2 0 CA BC  CA 2. 0,25. 0,25. 2. 5  BC   BC   BC 1           1 0   4  CA   CA   CA 2 . 0,25. BC 1  5 BC BC   0) CA 2 ( V× CA .VËy AC lµ sè v« tØ. PHÒNG GD-ĐT HUYỆN LONG ĐIỀN GIỎI CẤP HUYỆN ------------------------------------------------. KỲ THI CHỌN HỌC SINH. NĂM HỌC 2009-2010 ------------------------ĐỀ CHÍNH MÔN THI : TOÁN Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/01/2010. Bài 1(4đ) a) Tính tổng:. 2 2 2 2 P     ...  15 35 63 399 a c  b) Cho a, b, c, d là các số dương và b d . Hãy trục căn thức ở mẫu của biểu 1 thức sau: a b c d. Bài 2: (4đ) a) (2đ) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 a 2  b2 2 2 Chứng minh : a  b. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b) (2đ) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho :  abc n2  1  2 cba  n  2 . với n là số nguyên lớn hơn 2. Bài 3: (4đ) a) (2đ) Phân tích thành nhân tử: M = 7 √ x −1 − √ x 3 − x 2 + x − 1 với. x≥1. b) (2đ) Giải phương trình √3 x2 +26+3 √ x +√ x+3=8 Bài 4: (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: x(m  2)  (m  3) y m  8 a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) đi qua điểm P(-1;1). b) (1,5đ) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5: (2 đ) Cho  ABC đều điểm M nằm trong  ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ? Bài 6: (4,0 đ) Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R, tâm O cố định. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 b) Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R. ----HẾT---ĐÁP ÁN Bài 1(4đ, mỗi bài 2 điểm) a) 2 2 2 2 P     ...  15 35 63 399 2 2 2 2     ...  3.5 5.7 7.9 19.21. 1   3 1   3. 1 1 1 1 1 1 1      ...   5 5 7 7 9 19 21 1 21 . Gv: Nguyễn Văn Tú. 2 7. 1. (0,5 điểm) (0,75 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b). 1 1  a  b  c  d ( a  d ) ( b  c). . ( a  d )  ( b  c)  ( a  d )  ( b  c )  ( a  d )  ( b  c )   . . a d  b c a  d  2 ad  (b  c  2 bc ). (0,5 điểm).. a d  b c a  d  2 ad  b  c  2 bc. (0,5 điểm). . .. (0,5 điểm).. . a d  b c ad  b c. a c    do   ad bc  2 ad 2 bc  b d  . (0.5 điểm) Bài 2: ( 2 điểm ) 2. 2. a 2  b 2  a  b   2ab  a  b   2 2    a  b   a b a b a b * Vì a.b = 1 nên a  b. (1đ). * Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương Ta có :.  a  b . 2 2 a b. 2 a b.  a  b . a 2  b2 2 2 a b. Vậy 1) ( 2 đđiểm ). ( 1đ ).  abc 100a  10b  c n 2  1  2 cba 100c  10b  a n  4n  4. Viết được Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5  99 đ) 2 2 Mặt khác : 100 n  1 999  101 n 1000  11 n 31  39 4n  5 119 (4) Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc 675 Bài 3(4đ) a) (2 điểm) M = 7 √ x −1 − √ x 3 − x 2 + x − 1 với ¿ √ x −1(7 − x+ √ x − 1) Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. (3). ( 0,75. ( 0,75đđ ) ( 0,5 đ ). x≥1. (0,25đ) Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 1 25 ¿ − √ x − 1( x −1 − √ x − 1+ − ) 4 4 2 1 25 ¿ − √ x − 1 √ x −1 − − 2 4. [(. ). (0,5đ). ]. (0,5đ). ¿ − √ x − 1 ( √ x − 1− 3 ) ( √ x −1+2 ) (0,5đ) ( )( ) ¿ √ x −1 3 − √ x − 1 √ x − 1+2 (0,25đ) 3 2 b) (2đ) Giải phương trình √ x +26+3 √ x + √ x+3=8 (1). Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1) Với 0 ≤ x <1 thì: 3 2 √ x +26+3 √ x +√ x+3< √3 12 +26+3 √ 1+√ 1+ 3=8 Nên PT vô nghiệm với 0 ≤ x <1 Với x >1 Thì: √3 x2 +26+3 √ x +√ x+3> √3 12 +26+3 √ 1+√ 1+ 3=8 Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1. (0,75đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,25đ). Bài 4: (2 điểm) a) Vì đường thẳng (d) đi qua P(-1;1) nên (m  2).( 1)  (m  3).1 m  8   5 m  8  m 3. (0,5 điểm)  x0 ; y0 . b) Gọi là tọa độ điểm cố định mà (d) đi qua Ta có: (m  2) x0  ( m  3) y0 m  8 m . (0,5đ)  ( x0  y0  1) m   2 x0  3 y0  8  0 m.  x0  y0  1 0  x0  1    2 x0  3 y0  8 0  y0 2. Vậy điểm cố định mà (d) đi qua là (-1;2) (1đ) Bài 5:  BCN ACM Vẽ  BN  AM tam giác đều CMN. (1 điểm) 2 2 2 2 2 2 mà AM BM  CM  BN BM  MN  BMN vuông tại M..    BMC BMN  NMC 900  600 1500 . (1 điểm). Bài 6: (4,0 đ) Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật AB . EB = HB2 AC . EH = AC . AD = AH2 => ĐPCM (1 điểm) b) S(ADHE)= AD.AE  2.  S(ADHE). (1,0 đ). AD 2  AE 2 DE 2 AH 2   2 2 2 (0,75 đ) 2. A E. 2. AH AO R   2 2  2. (0,75 đ). D. 2. R Vậy Max S(ADHE)= 2 Khi AD = AE. C. Hay A là điểm chính giữa của cung AB. UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT. H. (0,5 đ). O. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG I Bài 1: (1.5 điểm) Thực hiện tính:. √2 x+ 2 √ x − 4 2. √ x 2 − 4 + x+ 2. với x=2 √6 +3. Bài 2: (2.5 điểm) Giải các phương trình: a. x 2+5 x − √ x2 +5 x +4=− 2 b. √ x2 −3 x+ 2+ √ x +3=√ x −2+ √ x 2+ 2 x −3 Gv: Nguyễn Văn Tú. 1. Trường THCS Thanh Mỹ. B.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Bài 3: (2.0 điểm) a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0 x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Bài 4: ( 3.0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K. a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn. b. Chứng minh  ICB =  IDK c. Chứng minh H là trung điểm của DK. Bài 5: ( 1.0 điểm) Cho A(n) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.. UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II Bài 1: (2.0 điểm) 1 1 4   a) Chứng minh bất đẳng thức: a b a  b . Với a; b là các số dương.. b) Cho x; y là hai số dương và x  y 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 P= 2 xy ;. Gv: Nguyễn Văn Tú. M. 2 3  2 xy x  y 2 .. 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Bài 2: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:. x 2+ y 2=11 x + xy+ y=3+ 4 √ 2. {. Bài 3: (2.0 điểm) Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM tại H. a. Chứng minh HM = HN. b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP. Bài 4: (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I a. Tính góc CIF. b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. Bài 5: (1.0 điểm) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.. UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán. HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I Bài 1: (1.5 điểm) Thực hiện tính: 2. √2 x+ 2 √ x − 4 √ x 2 − 4 + x+ 2. với x=2 √6 +3. √ x+2+ √ x − 2 ¿2. ¿ ¿ √¿ √ x +2+ x − 2+ 2 √( x +2)(x − 2) =¿ ¿ √(x +2)(x −2)+ x +2. Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. 0,75. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. √ 3+ √ 2 ¿2 Thay x=2 √ 6 +3 vào được:. ¿ ¿ √¿. 0,75. 1 1 = √2 √ 6+2+3 ¿. Bài 2: (2.5 điểm) Giải các phương trình: 2 a. x +5 x − √ x2 +5 x +4=− 2 x 2+5 x +4 − √ x2 +5 x +4=2 . Đặt y=√ x 2+ 5 x + 4 (y  0) được: y2 - y - 2 = 0 Giải phương trình được: y1 = -1 (loại); y2 = 2. Với y = 2 giải √ x2 +5 x+ 4=2 được x1 = 0; x2 = -5. Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm Ghi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x. Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế. b. √ x2 −3 x+ 2+ √ x +3=√ x −2+ √ x 2+ 2 x −3. √( x − 1)( x −2)+ √ x +3=√ x −2+ √(x −1)( x +3). 0,50 0,25 0,25 0,25. 0,25. √ x −1( √ x − 2− √ x+3) − √ x − 2+ √ x +3=0 0,50 ( √ x −2 − √ x +3)( √ x −1 −1)=0 0,25 √ x −2 − √ x +3=0 vô nghiệm; √ x −1 −1=0 được x = 2. Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm. 0,25 Bài 3: (2.0 điểm) a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n  -1  n+10. ’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1) = 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 3n + 1)2. ’ 0 nên phương trình luôn có nghiệm. ’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ. b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0 x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Giải: Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm. Có: x1x2 = 1 x3x4 = 1 x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010 Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1;x3x4 = 1 (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 ) = x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42 Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. Trường THCS Thanh Mỹ. 0,50 0,25 0,25. 0,25 0,50.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. = x32 - x22 - x12 + x42 = (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2 Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)] Bài 4: ( 3.0 điểm). 0,25. B K M. A. O. H. D. I. E. C OB  BA; OC  CA ( AB, AC là các tiếp tuyến) OI  IA (I là trung điểm của dây DE) .  B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1) DK // AB (Cùng vuông góc với BO)   IDK = IAB (2) Từ (1) và (2) được:  ICB =  IDK  ICB =  IDK hay  ICH =  IDH  Tứ giác DCIH nội tiếp.  HID =  HCD  HCD =  BED (Cùng chắn cung DB của (O))  HID =  BED  IH // EB  IH là đường trung bình của DEK  H là trung điểm của DK (Mỗi bước cho 0,25 điểm) Bài 5: ( 1.0 điểm) Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n. - A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n. - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n. - Nếu n chẵn  n2 chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ  (n-1) (n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho 4.  A(n) chia hết cho 4 với mọi n. Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. 0,75. 1.0. 1,25. 0,25 0,25 0,25. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. - Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60.. 0,25. (Mỗi bước cho 0,25 điểm). UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT. KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II Bài 1: (2.0 điểm) 1 1 4   a. Chứng minh bất đẳng thức: a b a  b . Với a; b là các số dương.. Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b. Cho x; y là hai số dương và x  y 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của P= 1 1 4   a b a b. ⇔. 1 2 xy ;. M. 2 3  2 xy x  y 2 .. a+b 4 ≥ ⇔ ( a+b )2 ≥ 4 ab ⇔ ( a − b )2 ≥ 0 ab a+b. 0,50. 1 x+ y 4 4 = ≥ = =2 2 xy 2 xy 2( x+ y) 2. 1 1 P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y = 2 1 1 1 x+ y ¿ 2 ⇔ xy ≤ ⇔ ≥ 4 ⇔ ≥2 4 xy 2 xy hoặc: 2 xy ≤ x2 + y 2 ⇔ 4 xy ≤¿ 2 x+ y ¿ 2 3 M  2 ¿ xy x  y 2 = ¿ 4 3 1 4 .3 1 4.3 + 2 2≥ + 2 = + ¿ 2 2 xy x + y 2 xy x +2 xy + y 2 xy 1 1 - 2 xy đạt GTNN tại x = y = 2 . 3 3 1 - 2 xy + 2 2 đạt GTNN tại x = y = 2 . Nên M đạt GTNN tại x = y = x +y 1 . 2 P=. 0,50 0,25. 0,50. 0,25. Bài 2: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:. 2. 2. x + y =11 x + xy+ y=3+ 4 √ 2. { {. 2. S − 2 P=11 S+ P=3+ 4 √ 2. 0,25. - ⇒ S2 +2 S −(17+ 8 √2)=0 - Giải phương trình được S 1=3+ √2 ; S 2=− 5− √2 - S 1=3+ √ 2 được P1=3 √ 2 ; S 2=− 5− √2 được P2=8+5 √ 2 - Với S 1=3+ √ 2 ; P1=3 √ 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình: X 2 −(3+ √ 2) X +3 √ 2=0 - Giải phương trình được X 1=3 ; X 2=√ 2 . - Với S 2=− 5− √2 được P2=8+5 √ 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình: X 2 +( 5+ √ 2) X +8+5 √ 2=0 . Phương trình này vô nghiệm. x=3 x =√ 2 - Hệ có hai nghiệm: y= 2 ; y=3 √. 0,25 0,25 0,25. - Đặt S = x + y; P = xy được:. {. Gv: Nguyễn Văn Tú. {. 2. 0,25 0,25 0,25 0,25. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Bài 3: (2.0 điểm) -Chứng tỏ MBND là hình bình hành  O là trung điểm của MN. - OH // AB  OH  MN. - HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường cao)  HM = HN. HQ OQ - OH // BM được: HM =OB OQ NQ - ON // BP được: OB =NP HQ NQ  HM =NP  NH//PM. A. M. B. 0,75 H. O. Q. C. D. N. 1,25.   HNM =  NMP   HMN =  NMP  MN là phân giác của góc QMP. P. Mỗi bước cho 0,25 điểm Bài 5: (1.0 điểm) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng. Giải: Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia hết cho 5 nên có một số bằng 5. Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c.  bc -b - c + 1 = 6  (b-1)(c-1) = 6. b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ: −1=1 b=2 ⇔{ {bc −1=6 c=7. và. b=3 ⇔{ {bc −−1=2 1=3 c=4. C. Bài 4: (3.0 điểm) E. F H 2A. 0,50 0,25. Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7. Gv: Nguyễn Văn Tú. 0,25. Trường THCS Thanh Mỹ. I. B.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. O. - BE, AF là hai đường cao của ABC  CI là đường cao thứ ba hay CIAB - Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF = EBF . - EOF đều nên EOF = 600. -  EF = 600  CIF = EBF = 300. - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE AC. 1,0. AI. - được: AB = AE ⇒ AC. AE=AB . AI BC. BI. - Tương tự BCI đồng dạng với BAE được: BA =BF ⇒ BC . BF=BA . BI - Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB 2 = const. - Chứng minh ABC đồng dạng với FEC. S FEC. EF. 2. R. 2. ( ) ( ). 1. 1.0. 3. ⇒ SABFE = S ABC - S = AB = 2 R = 4 4 ABC - Để S ABFE lớn nhất  S ABC lớn nhất  CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn nhất khi I  O  CAB cân  EF // AB. 2 . R . R √3 3 R2 . √ 3 =R2 . √3 ⇒ S ABFE= - Lúc đó S ABC= 2. 1,0. 4. (Mỗi bước cho 0,25 điểm) PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC: 2009 – 2010 Môn thi: Toán Thời gian: 150 Phút Bài 1: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm b) Cho a, b là 2 số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8 2 2 2 2 c) Tính tổng: P     ...  15 35 63 399 Giải a) (0,5 điểm). Ta có: a2 – b2 = (a2 – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1) (0,5 điểm). Vì (a + 1)(a – 1) là tích của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8 Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. (0,5 điểm). Tương tự: (b +1)(b – 1)  8 (0,5 điểm). Vậy: (a2 – b2 )  8 (đpcm) b) 2 2 2 2 P     ...  15 35 63 399 2 2 2 2     ...  3.5 5.7 7.9 19.21. (0,5 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 1        ...   (0,5 3 5 5 7 7 9 19 21 điểm) 1 1   (0,5 3 21 điểm) 2  (0,5 7 điểm) Bài 2: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm a) Cho a, b, c là các số thực khác nhau. Chứng minh rằng: b c c a a b 2 2 2      (a  b)(a  c ) (b  c)(b  a) (c  a )(c  b) a  b b  c c  a. b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x  2009  2010  x. Giải a) Ta có: VT . b c c a a b   (a  b)(a  c) (b  c )(b  a ) (c  a )(c  b). 1. 1. 1. 1. 1. 1. (0,75 điểm) a  b  a  c  b  c  b  a  c  a  c  b (0,75 điểm) (0,5 điểm). . 1 1 1 1 1 1      a b c a b c a b c a b c. 2 2 2   a b b c c a. = VP. b) A  x  2009  2010  x  (0,25 điểm) Tập xác định: D = 2009; 2010 2.  (0,25 điểm) Với x  D thì A ≥ 0. Do đó: A = A 1. Xét: 2 (0,25 điểm) A x  2009  2010  x  2 x  2009. 2010  x 1  2 x  2009. 2010  x 2 Ta có: A 1 (vì 2 x  2009. 2010  x 0 với x  D) <=> A ≥ 1 với x  D Gv: Nguyễn Văn Tú. 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. (0,25 điểm) Vậy: Amin = 1 khi  x  2009 0  2010  x 0  .  x 2009  x 2010 . (0,25 điểm) 2. Xét: 2 (0,25 điểm) A 1  2 x  2009. 2010  x 1  x  2009  2010  x (vì 2 x  2009. 2010  x x  2009  2010  x , với x  D; BĐT Côsi) <=> A2 ≤ 2 với x  D <=> A  2 với x  D (0,25 điểm)Vậy Amax = 2 khi: x – 2009 = 2010 – x (0,25 điểm) <=> x = 2009,5 Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55 a c  b) Cho a, b, c, d là các số dương và b d Trục căn thức ở mẫu của biểu thức. sau: 1 a b c d. Giải a) 3x + 7y = 55 (0,5 điểm). HS tìm được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình trên:  x  110  7t (t  )   y 55  3t. (0,5 điểm).Để:  110 t  x  0  110  7t  0  7   (t  )   (t  )  y  0 55  3t  0 t  55  3 . (0,5 điểm).=> t  16; 17; 18 (0,5 điểm).Vậy phương trình trên có 3 nghiệm nguyên dương là: (2; 7); (9; 4) ; (16; 1) b) 1 1 a b c d. (0,5 điểm). Gv: Nguyễn Văn Tú. . . ( a  d ) ( b  c). ( a  d )  ( b  c)  ( a  d )  ( b  c )  ( a  d )  ( b  c )   . 2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. a d  b c a  d  2 ad  (b  c  2 bc ). (0,5 điểm).. . (0,5 điểm) .. . (0,5 điểm).. Năm học: 2012-2013. a d  b c a  d  2 ad  b  c  2 bc. . a d  b c a c a d  b c (vì  b. d. => ad = bc => 2 ad 2 bc. ). Bài 4 (4 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm nằm trên đoạn OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J. a) Đường thẳng IJ là gì của đường tròn (O’) ? Giải thích. b) Xác định vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất. Giải (h.1) C J A. I. M. O. O ’. B. D. Hình 1 a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB  CD : gt)  ACMD là hình thoi  AC // DM, mà AC  CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)  DM  CB; MJ  CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)  D, M, J thẳng hàng. ˆ  IMD ˆ 900 ˆ 900 Ta có : IDM (vì DIM ) Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. ˆ IDM ˆ Mà IJM (do IC = IJ = ID :  CJD vuông tại J có JI là trung tuyến) ˆ ' JMO ˆ ' IMD ˆ ˆ ' ˆ đối MJO (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); JMO và IMD đỉnh) ˆ  MJO ˆ ' 900  (1,5 điểm)  IJM (0,5 điểm) IJ là tiếp tuyến của (O’), J là tiếp điểm b) Ta có IA = IM. AB  IO’ = 2 = R (R là bán kính của (O)). O’M = O’B (bán kính (O’)  JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’. (1,5 điểm). Do đó SJIO’. R2  4. R2 SJIO’ = 4 khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên : R 2 2 2 2  2O’J = O’I = R O’J = 2. (0,5 điểm) Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 Bài 5 (4 điểm). a) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M sao cho tổng độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp  AMB và  BCM là nhỏ nhất. b) Trong tất cả các tam giác có đáy bằng a, chiều cao bằng h, tam giác nào có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất ? Giải a) (h.2). A. R1. H. O1 M B. Gv: Nguyễn Văn Tú. C R2. 3. O2. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Hình 2 Gọi O1, R1, O2, R2 lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp  AMB và  BCM (h.2). Xét  O1AB : O1A + O1B AB 2R1 AB (0,5 điểm) 2R1 = AB  AB là đường kính của (O1) và giả sử đường tròn (O1) ˆ = 900 (1) đường kính AB cắt AC tại H thì AHB (0,5 điểm)Tương tự với  O2BC : 2R2 BC. Suy ra R2 nhỏ nhất  BC là đường kính của (O2) và giả sử đường tròn (O2) đường kính BC cắt AC tại H’ thì BHˆ ' C = 900 (2) (1,0 điểm) Từ (1) và (2) suy ra H’ H. Vậy điểm MC’phải tìm là chân đường cao kẻ từ đỉnh B. b) (h.3). (2,0 điểm). Lí luận đúng A. x. A1. y h. B. a. C. Hình 3 Tất cả các tam giác có đáy a, chiều cao h đều có thể sắp xếp để cạnh đáy của chúng trùng với BC = a, còn đỉnh A ở trên một đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng h. Trong các tam giác này, ta cần tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Ta có SABC. 1 = 2 ah. Mặt khác, nếu r là bán kính của đường tròn nội tiếp thì S ABC CA). 1 = 2 r(AB + BC +. ah  r = AB  BC  CA. Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Do a, h, BC không đổi nên r sẽ có giá trị lớn nhất khi AB + AC có giá trị nhỏ nhất Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua xy thì AB + AC = AB + AC’ C’B Khi đó : AB + AC = C’B khi A A1   ABC cân tại A.. PGD& ĐT huyện Long Điền Trường THCS Trần Nguyên Hãn. ĐỀ DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học 2009 – 2010 Thời gian 150 phút. 3x  9 x  3  x  x  3 Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức K =. x 1 x 2  x  2 1 x.  x 0; x 1. a/ Rút gọn K b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên Bài 2: (3 điểm)Cho A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) B = 111…….111 (m + 1 chữ số 1) C = 666…….666 (m chữ số 6) Chứng minh A + B + C + 8 là số chính phương Bài 3: (4 điểm) 1 1 1   a/ Cho abc = 1.Tính S = 1  a  ab 1  b  bc 1  c  ac. b/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 7y = 167 Bài 4: (5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng d qua A cắt (O) tại M và (O’) tại M’. a/ Chứng tỏ rằng các đường thẳng vuông góc với d tại M và M’ đi qua các điểm N và N’ cố định và thẳng hàng với B Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b/ Chứng tỏ rằng trung điểm I của N, N’ là tâm của đường tròn tiếp xúc với (O) và (O’) Bài 5: (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm thuộc nửa đường tròn ( khác A và B). Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D, Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM.. ĐÁP ÁN Bài 1(4 điểm) 3x  9 x  3  a/ K = x  x  3. x 1 x 2  x  2 1 x =. 3x  3 x  3 . . .    x  2  x  1 x 1. x1 . x 2. . x 2. . (0,5điểm).   x  2  x  1 =  = x 3 x  2.  x  2 . x 2.  x  1. x 1. =. x 1 x1. (1,5điểm) x 1 x1 =1+. b/ K = (0,5điểm). 2 x1.   x  1 Ư(2) =   K nguyên khi 2  (0,75điểm) Giải ra x = 0; 4; 9 Vì x nguyên dương nên x = 4;9 (0,75điểm) Bài 2: (4 điểm)  x1. 1; 2. 102 m  1 A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) = 9. (0,5điểm) 10m1  1 9 B = 111…….111 (m + 1 chữ số 1) =. (0,5điểm) 6  10 m  1 9. C = 666…….666 (m chữ số 6) = (0,5điểm). Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 6  10 m  1 102 m  1 10m1  1 102 m  16.10m  64 9 9 9 A+B+C+8= 9 + + +8= = 2.  10m  8     3  (1điểm) Mà 10m + 8 3 nên 10m + 8 là số nguyên. (0,25điểm) Vậy A + B + C + 8 là số chính phương (0,25điểm) Bài 3: (4 điểm) a/ Cho abc = 1..  ab . 1 c 1. 1 1 1 1   1 a  c S = 1  a  ab 1  b  bc 1  c  ac =. . 1 1  abc  b  bc 1  c  ac. (0,5điểm) c 1 1   c  ac  1 b  ac 1  c  1  c  ac. = (1.5điểm). bc  1  b b  1  c  ac . =. =. b  c  ac  1 1 b  c  ac  1. b/ phương trình 3x + 7y = 167 167  7 y y 1 56  2 y  3 3 3x + 7y = 167  x = =. (0,5điểm) đặt (0,5điểm). y 1 3 = t  y = 3t – 1. Nên. x = 58 – 7t. (t  Z). 1 Vì x; y nguyên dương nên 3t – 1 > 0  t > 3 58 và 58 – 7t > 0  t < 7. (0,5điểm) 1; 2;3; 4;5; 6;7;8.  Vì t  Z n ên t   (0,25điểm) Các nghiệm nguyên dương của phương trình là : (51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), (16; 17), (9; 20), (2; 23) (0,25điểm) Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Bài 4 (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm) a/ Chứng minh N, N’ cố định và N, B, N’ thẳng hàng Đường thẳng qua M vuông góc với d cắt (O) tại N . ˆ Vì NMA = 900 nên AN là đường kính của đường tròn (O)  N cố định (0,5điểm) Đường thẳng qua M’ vuông góc với d cắt (O’) tại N’ Vì N ' Mˆ ' A = 900 nên AN’ là đường kính của đường tròn (O’)  N’ cố định (0,5điểm) ˆ B thuộc đường tròn đường kính AN nên ABN = 900 (0,25điểm) ˆ ' B thuộc đường tròn đường kính AN’ nên ABN = 900 (0,25điểm) ˆ ' ˆ ˆ '  NBN = ABN + ABN = 1800 (0,25điểm) Vậy N, B, N’ thẳng hàng (0,25điểm) b/ Chứng minh trung điểm I của N, N’ là tâm của đường tròn tiếp xúc với (O) và (O’) OI đi qua trung điểm của NA và NN’ nên OI là đường trung bình của  ANN’  OI = O’A = R’ (0,5điểm) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) vẽ (I; r) và (O; R) tiếp xúc trong, nên OI = R–r Mà OI = R’ (cmt) nên R’ = R – r  R’ + r = R (0,5điểm) Lại có IO’ đi qua trung điểm của N’N và AN’ nên OI là đường trung bình của  ANN’  O’I = OA = R (0,5điểm) mà R’ + r = R nên O’I = R’ + r  (I; r) tiếp xúc ngoài với (O’; R’) (0,5điểm) Vậy trung điểm I của NN’ là tâm của đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) (0,5điểm) Bài 5 (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM Ta có CA = CM; BD = BM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm) Mà CD = CM + MD nên CD = AC + BD (0,25điểm)    Kẻ MH AB (H AB) ta có MH MO = R (0,25điểm)  Tứ giác ABDC là hình thang vuông nên CD AB = 2R (0,5điểm) Ta có SABDC =.  AC  BD  AB CD.AB  AB.AB 2 R 2 2. 2. 2. MH . AB MO. AB  R 2 2 SMAB= 2 Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB  2R2 –R2  SACM + SBDM R2. Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. (0,5điểm) (0,5điểm) (0,5điểm) Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Dấu “=” xảy ra  H O (0,25điểm)  M là giao điểm của đường thẳng vuông gòc với AB vẽ từ O và nửa đường tròn (O)(0,25điểm) Vậy khi M là giao điểm của đường thẳng vuông gòc với AB vẽ từ O và nửa đường tròn (O) Thì SACM + SBDM nhỏ nhất và bằng R2 (0,25điểm) ( Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho tròn điểm) y. x. D M C. A. H. B. O. M. A O'. O I B. N. M'. N'. Hình bài 5. Phòng GD Huyện Long Điền Trường THCS Văn Lương. hình bài 4. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Năm học : 2009 – 2010 Môn : TOÁN 9 : 150 phút. Bài 1 ( 6 điểm ) Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. A. 2 3  5  13  48. 6 2 1) Chứng minh rằng : là một số nguyên 2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 a 2  b2 2 2 Chứng minh : a  b. 3) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho :  abc n2  1  2 cba  n  2 . với n là số nguyên lớn hơn 2. Bài 2 : ( 4 điểm ) 2  x 2 x  2   1 x  P      x  1 x  2 x  1 2     Cho biểu thức :. ( với x 0; x 1 ). a) Rút gọn P b) Chứng minh rằng : nếu 0 < x < 1 thì P > 0 c) Tìm giá trị lớn nhất của P Bài 3 : ( 5 điểm ) ˆ 900 Cho ABC nhọn. Trên đường cao AD ( D  BC ) lấy điểm I sao cho BIC . Trên 0 ˆ đường cao BE ( E  AC ) lấy điểm K sao cho AKC 90 . Chứng minh : CI = CK Bài 4 : ( 5 điểm ) Cho ABC vuông tại A có M là trung điểm của BC. Có 2 đường thẳng di động và vuông góc với nhau tại M, cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E. Xác định vị trí điểm D và E để diện tích DME đđạt giá trị nhỏ nhất.. Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Bài 1 : ( 6 điểm ) 2) ( 2 điểm ) Viết được. A. . 2 3  5  (2 3  1). . 6 2. 2 3 4 2 3 6 2. ( 0,5 đ ). 2 2 3 6 2. ( 0,5 đ ). . 84 3   6 2. 6 2. . 2. 6 2. =1. (1đ). 3) ( 2 điểm ) 2. 2. a 2  b 2  a  b   2ab  a  b   2 2    a  b   a b a b a b * Vì a.b = 1 nên a  b. (1đ). * Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương Ta có :.  a  b . 2 2 a b. 2 a b.  a  b . a 2  b2 2 2 a b. Vậy 4) ( 2 đđiểm ). ( 1đ ).  abc 100a  10b  c n 2  1  2 Viết được cba 100c  10b  a n  4n  4. Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5  99 đ) 2 2 Mặt khác : 100 n  1 999  101 n 1000  11 n 31  39 4n  5 119 (4) Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc 675 Bài 2 ( 4 điểm ) a) Rút gọn.  P. .   x  2    x  1  x  1. x  2  x 1 . .  x 1. x.  . 1 x. x1. (3). ( 0,75. ( 0,75đđ ) ( 0,5 đ ). 2. 2. . ( 1,5 đ ). b) Với 0 < x < 1 thì 0 < x < 1 hay 1  x > 0 Gv: Nguyễn Văn Tú. 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Do đđó. . x 1. x. Năm học: 2012-2013. >0. (1đ) 2. 1 1 1  P  x  x   x     2 4 4  c) Viết được 1 1 1  x  0  x  2 4 Vậy Pmax = 4. Bài 3 ( 5điểm ) ( hình vẽ 0,5 đ ) Viết được CI 2 = BD.BC CK 2 = CE.CA Chứng minh BD.BC = CE.CA => CI 2 = CK2 => CI = CK Bài 4 : ( 5 điểm ). ( 1,5 đ ). (1 đ ) (1đ ) (1,5 đ ) ( 1 đ). MH  AB; MK  AC H  AB, K  AC .  -Vẽ Thì ta có H , K cố định. (1 đ ).  MH  HD  MD MH  Chỉ ra  MK  KE  ME MK 1 1 MD ME  MH MK 2 Do đó SMDE = 2. ( 1đđ ). Với MH , MK không đổi ( vì M , H , K cố định ). (1đ).  D H  Đẳng thức xảy ra  E K. .Lúc đó c/m được D & E lần lượt là trung ñieåm cuûa AB vaø AC (1,5 đ ) Vậy khi D , E lần lượt là trung ñieåm cuûa AB , AC thì SMDE nhỏ nhất ( 0,5đ ). Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. PHOØNG GD- ÑT LONG ÑIEÀN GIOÛI CAÁP HUYEÄN NAÊM HOÏC 2005-2006. Năm học: 2012-2013. KYØ THI CHOÏN HOÏC SINH -------------------------------------------------. MÔN THI : TOÁN Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Ngaøy thi: 20 -01 -2006 Baøi 1: (4,0 ñ) 1/ Cho A = 1+2+3+……..+ 2004+2005 +2006 a/ Tính A (1,0 ñ) b/ Neáu thay toång cuûa hai soá haïng baát kyø ( choïn trong toång A)ø bằng hiệu của hai số hạng đó thì tổng mới của A là số lẻ hay số chaün (1,0 ñ) 2/ Chứng minh rằng số tự nhiên : 1 1 1 1 + + ................... + + ) 2003 2004 A = 1.2.3………2003.2004 (1+ 2 3. chia heát cho 2005 (2,0 ñ) Đáp án và biểu điểm 2006 (2006  1) 1003 . 2007 2 1: a/ ( 1,0 ñ) Ta coù : A = = 2013021 b/ ( 1,0 đ) Với hai số a, b bất kỳ thì tính chẵn lẻ của tổng và hiệu gioáng nhau. Ta coù:  a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chaün  a = 2p ; b = 2q  a = 2p + 1 ; b = 2q + 1  a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chaün  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) –  a = 2p ; b = 2q + 1 1 :leû  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1:  a = 2p + 1 ; b = 2q leû Như vậy khi ta thay một tổng bởi hiệu của chúng thì tính chẵn lẻ của tổng A không đổi A = 2013021 là số lẻ nên tổng A mới laø moät soá leû 2/ ( 2,0 ñ) Ta coù:. Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 1 1 1 1 + + ................... + + ) 2003 2004 C = (1+ 2 3 1 1 1 1 1 ) + ) + ) = (1+ 2004 +( 2 2003 + ……+ +( 1002 1003 1 1 1 (   .......  ) 2004 2 . 2003 1002 . 1003 = 2005. = 2005. k ( 1,0 ñ) B = 1.2.3………2003.2004. 1 1 1   .......  ) 2004 2 . 2003 1002 . 1003 N maø 1.2.3………2003.2004 (. N A = B. 2005 k  2005  ÑPCM Baøi 2: (4,0 ñ). B.k. ( 1,0 ñ). 1/ Chứng minh rằng nếu: x2 + y2 = 1 thì:  2  x  y  2 (2,0 đ) 2/ Tính giá trị của biểu thức : 1 1 2 2  4 8 8 A = x2 + x  x  1 với x = 2 (2,0 ñ) Đáp án và biểu điểm 1/ Ta coù: ( x – y )2 0  x2 + y2  2 xy  2xy  1 Do đó: x2 + y2 + xy  1 + 1 = 2 Vì x2 + y2 = 1  ( x + y )2  2   x + y   2 . - 2  x+y . 2. 1 2/ Ta coù: x = 2. x2 =. 1 1  2 16 8. x 2 2 4 =. 2. 1 1 1 1 2 2  2   8 4 4 4 2 .  0,5d   x 4   x  3. Vaø x4 + x + 1 =. 1 2  8 8 . 8.  1 2  2  8 =. x 2  2x  1 8 ( 0,5 ñ). 2. ( 0,5 ñ). Thay vaøo A ta coù A = 2 ( 0,5 ñ) Baøi 3: ( 4,0 ñ) 1/ Cho x> 0, y> 0 thoûa maõn x+ y = 6. Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 6 8  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3x + 2y + x y. 2/ Tìm taát caû nghieäm nguyeân cuûa phöông trình: 5x  y  3x  2  3. 2y  1. Đáp án và biểu điểm. 6 8 3 3 6 y 8   x  y  x    2 x 2 y ( 0, 5ñ) 1/ Ta coù: A = 3x + 2y + x y =( 0, 5ñ) 2 3 x 2 y 8 .6  6 . 2 . 19 2 x 2 y  2 ( 0, 5ñ). Daáu “=” xaûy ra khi x = 2; y = 4. Vaäy: Min P = 19 khi x = 2; y = 4 5x  y  3x  2  2/ 3. 2y  1. ( 0, 5ñ). 3x  2 . 2y  1 . 5x  y 1 3.  (1) (0,5 ñ) Ta có vế trái là một số vô tỷ. Vế phải là số hữu tỷ nên để phöông trình coù nghieäm nguyeân laø caû hai veá cuûa (1) baèng 0  3x  2  2y  1  0   5x   y  1 0  3. (1,0 ñ) Giải hệ phương trình ta được nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ) Baøi 4: (4,0 ñ) Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường cao AH. a/ Chứng minh: bc = 2R. AH b/ Gọi S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh: S Đáp án và biểu điểm. 3 3 2 R 4.  a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ACD 1V ( 0,5 đ). AHB vaø ACD coù ABH  ADC ( Cuøng chaén cung AC) AHB ACD (0, 5 ñ) . . AH AB  AC AD. AB . AC  AD . AH. .  bc = 2R . AH. Gv: Nguyễn Văn Tú. . . bc AH = 2R ( 0,5 ñ). 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. b/ ( 2,0 ñ) Ta coù SABC = đẳng thức CoSi ta coù SABC. . 1 abc 3 ( ) 4R 3 (0, 5 đ) dấu “ = “ xảy ra khi a = b = c Khi đó a. tam giác ABC đều  R = . 1 abc 2 BC . AH = 4R ( 0,5 ñ)Aùp duïng baát. 1 . a3 4a. 3 (0, 5 ñ). 3 2 .a  3  S = 4 3 3 2 R Vaäy: S  4 (0, 5 ñ). 3 . (R 3)2  3 3 R2 4 4. Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy và một điểm M chuyển động trong góc đó sao cho MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H và K là hình chiếu của M trên Ox và Oy. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK đi qua moät ñieåm coá ñònh (khaùc ñieåm O) Đáp án và biểu điểm Gọi Oz là tia phân giác của xOy vẽ đường thẳng qua M vuông góc với Oz tại P. Ta có OP vừa là phân giác vừa là đường cao nên OAB caân taïi O . 1 AD . OB  1   OA = OB.( 0,5 ñ) Veõ AD  OB ta coù SOAB= 2 1 1 OA . MH OB . MK Maët khaùc : SABC = SOAM + SOBM = 2 + 2 ( 0,5 ñ). 1 OA  OB  S ABC  OB.  MH  MK  2 Maø (2)  AD = MH + MK = l. ( 0,5 ñ) OAB cố định . Đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK có đường kính là OM Điểm P Nhìn OM dưới một góc vuông nên P thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK  P là điểm cố định ( 0,5 đ). Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. Phòng giáo dục và đào tạo yên định đề thi chính thức. Câu 1: (4,0 điểm) Cho biÓu thøc :. P =. kú thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2008 - 2009 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao đề). 2x 4 + 2 x-2 x - 5x + 6. 1 x-3 .. −. a) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa và rút gọn biểu thức P. b) Tìm tất cả các giá trị của x để P nguyên. Câu 2: (5,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d):. y . 3x  3 2 vµ. 9 - 3x (d') : y = c¾t nhau t¹i C vµ lÇn lît c¾t trôc Ox t¹i A, B. 2 a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C. b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên c¸c trôc lµ cm. Câu 3: (4,0 điểm). a, Cho 3 sè d¬ng a,b,c tho¶ m·n Gv: Nguyễn Văn Tú. a 2  b2  c 2 . 4. 5 3. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 1 1 1 1    Chứng minh bất đẳng thức: a b c abc. b, T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: x 2  25  y ( y  6). Câu 4: (5,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB; Từ A và B ta vẽ hai dây cung AC và BD cắt nhau tại N. Hai tiếp tuyến Cx, Dy của đờng tròn cắt nhau tại M. Gọi P là giao điểm của hai đờng thẳng AD và BC. a, Chøng minh PN vu«ng gãc víi AB. b, Chøng minh P,M,N th¼ng hµng. C©u 5: (2,0 ®iÓm) Chøng minh r»ng:. 2 3 4 5... 2000. 3. ------------------------Hết------------------------- Học sinh không đợc sử dụng tài liệu gì.  C¸n bé coi thi kh«ng giải thÝch g× thªm.. Phßng gi¸o dôc vµ đào tạo yên định. kú thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2008 - 2009. §¸p ¸n vµ híng dÉn chÊm M«n: To¸n. Híng dÉn chÊm nµy cã 3 trang. C ý ©u. Gv: Nguyễn Văn Tú. Néi dung c¬ b¶n. 4. §iÓm. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. ¿ x≠2 ; x≠ 3 §iÒu kiÖn : x 2 - 5x + 6 ≠ 0  x  2 vµ x  3 ¿{ ¿ 2x 4 1 P = + 2 − x-2 x-3 x - 5x + 6 2 2x (x - 3)+ 4 −(x - 2) 2x - 7x + 6 = = (x - 2)( x -3) ( x - 2)( x −3) (2x - 3)(x - 2 ) 2x - 3 = ( x - 2)(x −3) = x −3 2x - 3 VËy : P = x −3 víi x  2 , x  3 . 2x - 3 3 (2x - 6)+ 3 Ta cã P = x −3 = = 2 + x −3 x −3 3 nªn P nguyªn  x −3 nguyªn  x - 3 lµ íc cña 3 x =6 x-3=3 ¿ ¿ x =4 x-3=1 ¿ ¿ x =0 x - 3 = -3   . ¿ ¿ x = 2 ( lo¹i ) x - 3 = -1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. a ). 1. b ). 0,5. 0,5. 1,0 0,5 0,5. 1,0. VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m lµ x = 6 ; x = 4 ; x = 0. C© u. ý. Gv: Nguyễn Văn Tú. Néi dung c¬ b¶n. 4. §iÓm Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013.  C là giao điểm của d và d/ nên tọa độ của C thỏa mãn hệ : a). ¿ 2y = 3x + 3 2y = 9 - 3x ¿{ ¿. ¿ ¿ 2y = 3x + 3 x=1 4y = 12  y=3 ¿{ ¿{ ¿ ¿. . VËy C(1 ; 3). 1,0.  Phơng trình trục Ox là y = 0 nên tọa độ A thỏa mãn hệ : ¿ 2y = 3x + 3 y=0  ¿{ ¿. ¿ x=-1 y=0 ¿{ ¿. 0,5 VËy A(- 1; 0) 0,5. tọa độ B thỏa mãn hệ : ¿ 2y = 9 - 3x y=0 ¿{ ¿. b). ¿ x=3 y=0 ¿{ ¿. . VËy B(3 ; 0).  Gọi H là hình chiếu của C trên trục Ox thì CH là đờng cao của tam giác CAB và CH = 3 cm ( tung độ của điểm C) ; cạnh đáy AB = AO + OB = 1 + 3 = 4 (cm) .. 2. y. y=. 3. 1. 3x+3 2. C. 1.  dt(ABC) = 2 AB.CH = 2 .4.3 = 6 (cm2)  HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm)  HB = AB - AH = 2 (cm)  HA = HB = 2(cm)  tam giác CAB cân tại C (CH vừa là đờng cao vừa là trung tuyến) ; tam giác vuông HCA có : CA =√ AH2 + HC2= √ 22 + 32 = √ 13 (cm)  chu vi ABC lµ : AB + BC + CA = 4  2 13 (cm) -1. 1. A. O. H. 1,5. x. 3. B. y=. 9-3x 2. 1,5. C© u 3. Ta cã a.  a  b  c. 2. 0.  a 2  b 2  c 2  2(ac  bc  ab) 0 1 1 5  ac  bc  ab  (a 2  b 2  c 2 )    1 2 2 3 ac  bc  ab 1   (do a, b, c > 0) abc abc 1 1 1 1     a b c abc. Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. 0.5 0.5 0.5. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. 0.5 2. b. Tõ x  25  y( y  6) Ta cã : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 §Ó ý trong ph¬ng tr×nh chØ chøa Èn sè x víi sè mò b»ng 2 , do đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. Khi đó: y+3+x  y+3-x . Ta cã ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) lµ sè ch½n Suy ra 2 sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) cïng tÝnh ch½n lÎ . Ta l¹i cã tÝch cña chóng lµ sè ch½n , vËy 2 sè 2 sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) lµ 2 sè ch½n . Ta chØ cã c¸ch ph©n tÝch - 16 ra tÝch cña 2 sè ch½n sau ®©y. - 16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y+3+x). Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0. Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3. Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6. Vì thế phơng trình đã cho có các nghiệm ( x,y) = (. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5.  5, 0  ;  5,  6  ;  4,  3 .. C© u4. Trong tam giác PAB ta có AC và BD là các đờng cao nên N là trực tâm tam giác. Do đó PN là đờng cao còn lại nên vuông góc Gv: Nguyễn Văn Tú. 4. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> Giáo án BDHSG Toán 9. Năm học: 2012-2013. víi c¹nh AB. a b. 2 Gäi I lµ trung ®iÓm cña PN th× IC lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c vuông PAC nên IPC cân tại I. Do đó : IPC ICP . Tam gi¸c OAC c©n t¹i O nªn : CAO ACO . MÆt kh¸c CAO IPC (do cã c¸c c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) nªn ACO ICP .. 0,5. Ta có AC  PC nên OC  IC . Do đó IC là tiếp tuyến tại C của đờng tròn.. 0.5. Tơng tự , ID là tiếp tuyến tại D của đờng tròn . Chøng tá I trïng víi M nªn P,M,A th¼ng hµng. C© u5. 0,5. 0.5 0.5 0.5. 2 3 4 5... 2000  2 3... 1999.2001  2 3... 1998 2000 2  1  2 3... 1998.2000  2 3... 1997 1999 2  1. 1,0.  2 3... 1997.1999  ...  2.4  3. 1,0 ---------------- Hết ----------------. Gv: Nguyễn Văn Tú. 5. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(51)</span>