80 trang 4 lượt tải

20 Đề Ôn Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Cấp Huyện Có Đáp Án

8

Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình  chiếu của H lên AC và AB. Chứng minh tam giác ABC vuông. Tài liệu giúp bạn  tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời đọc đón xem!

 

Chủ đề: Đề thi Toán 9 184 tài liệu

Môn: Toán 9 2.8 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Mỹ Châu

9 giờ trước
Danh sách Quiz
/80
Trang 1
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (6,0 điểm)
1) Cho biểu thức
23
3 3 3
1
3 3 27 3
x
Q
x
x x x
= + + +
+ + −
a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi
4 7 4 7= + − −x
2) Chứng minh rằng A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ ...+ 100
3
chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ...
+ 100
Bài 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2013 4 8052 3− + − =xx
2) Cho abc = 1.Tính S =
1 1 1
1 1 1a ab b bc c ac
++
+ + + + + +
Bài 3: (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 3y – 4 = 0
2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh :
22
22
ab
ab
+
−
Bài 3: (6,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên
nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là
hình chiếu của H lên AC và AB.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB
2
c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/
tích lớn nhất đó theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Bài
Tóm tắt lời giải
Điểm
Bài 1
Câu 1a
(2đ)
1.a) ĐKXĐ: x 0; x
Q =
0,5
0,5
3
++
−
+
++
1
3
327
3
33
3
32
x
x
xxx
Trang 2
Q =
=
0,5
0,5
Bài 1
Câu 1b
(2 đ)
1.b) Ta có:
4 7 4 7= + − −x
( ) ( )
22
8 2 7 8 2 7
22
1 7 1 7
22
1 7 7 1
22
2
+−
=−
+−
=−
+−
=−
=
x
x
x
x
Thay x =
2
vào Q ta có:
32
32
1
−−=
−
=Q
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 1
Câu 2
(2 đ)
2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50
và 101
Ta có: A = (1
3
+ 100
3
) + (2
3
+ 99
3
) + ... +(50
3
+ 51
3
)
= (1 + 100)(1
2
+ 100 + 100
2
) + (2 + 99)(2
2
+ 2. 99 + 99
2
) + ... +
(50 + 51)(50
2
+ 50. 51 + 51
2
) = 101(1
2
+ 100 + 100
2
+ 2
2
+ 2. 99 +
99
2
+ ... + 50
2
+ 50. 51 + 51
2
) chia hết cho 101 (1)
Lại có: A = (1
3
+ 99
3
) + (2
3
+ 98
3
) + ... + (50
3
+ 100
3
)
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho
50 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(1,5 đ)
1.
2013 4 8052 3; : 2013
3 2013 3 2014( )
− + − =
− = =
xx
Ð K x
x x TM
ÐK
0,5
1,0
2. Cho abc = 1.
1
ab
c
=
S =
1 1 1
1 1 1a ab b bc c ac
++
+ + + + + +
0.5
++
++−
+
++ x
xx
xxxxx 3
33
)33)(3(
3
33
3
2
22
++
++−
+−
x
xx
xxx
x
3
33
)33)(3(
33)3(
2
2
3
1
−
=
x
Trang 3
(2,5 đ)
=
1 1 1
1
1
1
abc b bc c ac
a
c
++
+ + + +
++
=
( )
11
1 1 1
c
c ac b ac c c ac
++
+ + + + + +
=
( )
1
1
bc b
b c ac
++
++
=
( )
( )
1
1
1
b c ac
b c ac
++
=
++
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(1,5đ)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1)
(x
2
+ 2xy + y
2
) + (y
2
+ 3y – 4) = 0
0,25
(x
+ y)
2
+ (y - 1)(y + 4) = 0
0,25
(y - 1)(y + 4) = - (x
+ y)
2
(2)
0,25
Vì - (x
+ y)
2
0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)
0
- 4
y
1
0,25
Vì y nguyên nên y
4; 3; 2; 1; 0; 1− − − −
0,25
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm
nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1;
1).
0,25
(1,5 đ)
2. - Vì a.b = 1 nên
( )
( )
( )
2
22
2
2
2
2
−+
+
=
−−
−+
= = − +
−−
a b ab
ab
a b a b
ab
ab
a b a b
- Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :
( ) ( )
22
2a b a b
a b a b
− + −
−−
Vậy
22
22
ab
ab
+
−
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Bài 4
6đ
0,5
Trang 4
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
Ta có: OA= OB = OC = R
=> Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo)
0,25
0,25
b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB
2
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật
AB . EB = HB
2
AC . EH = AC . AD = AH
2
Ta có: AB
2
= AH
2
+ HB
2
(định lý Pi ta go)
=> Đpcm
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b) S
(ADHE
)= AD.AE
2 2 2 2
2 2 2
AD AE DE AH+
==
S
(ADHE)
2 2 2
2 2 2
AH AO R
=
Vậy Max S
(ADHE
)=
2
2
R
Khi AD = AE hay AB = AC
<=> Tam giác ABC vuông cân tại A
1,0
0,5
0,5
0,5
Bài 5
(1,0đ)
Ta có
2( ) 16 3 3 2 2 16x y xy xy x y+ + = − − =
24
(3 2) (3 2) 16 (3 2)(3 2) 52
33
y x x x y − − − = + − − =
Giả sử:
xy
khi đó
1 3 2 3 2xy − −
và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta
có các trường hợp sau:
3 2 1
;
3 2 52
x
y
−=
−=
3 2 2
;
3 2 26
x
y
−=
−=
(loại)
3 2 4
;
3 2 13
x
y
−=
−=
=> nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5;
2)
0,25
0,25
0,25
0,25
O
B
C
A
H
D
E
Trang 5
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN PHÙ MỸ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (3,5 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
A = 7.5
2n
+ 12.6
n
chia hết cho 19
Bài 2: (2,5 điểm)
Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
Bài 3: (3,0 điểm)
Cho a, b > 0 và a + b = 1.
Chứng minh rằng :
22
11
12,5ab
ab
+ + +
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x
2
+ y
2
= 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
2
11


= + + +


E x y
yx
Bài 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung
tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q
là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC.
Chứng minh: PQ // IK.
Bài 6: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ
các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là h
a
, h
b
, h
c
. Gọi O
là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC ,
CA và AB tương ứng là x , y và z .
Tính
cba
h
z
h
y
h
x
M ++=
Trang 6
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN
Bài 1
(3,5đ)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.5
2k
+ 12.6
k
19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.5
2(k + 1)
+ 12.6
k + 1
19
Ta có: A(k + 1) = 7.5
2(k + 1)
+ 12.6
k + 1
= 7.5
2k
.5
2
+ 12.6
n
. 6
= 7.5
2k
.6 + 7.5
2k
.19 + 12.6
n
. 6
= 6.A(k) + 7.5
2k
.19 19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.5
2n
+ 12.6
n
chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n
0,5
0,75
0,75
1,0
0,5
Bài 2
(2,5đ)
1
Ta có:
=−
=+
2
2
65
24
hn
kn
22
k 24 h 65 − = +
( )( )
89.189 ==+− hkhk
=
=
=−
=+
44
45
1
89
h
k
hk
hk
Vậy:
n = 45
2
– 24 = 2001
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(3,0đ)
Nhận xét rằng với mọi x,y ta có:
( )
( )
( )
2
22
2 2 2 2
2
22
02
2 2
x
2
x y x y xy
x y x y xy
xy
y
− +
+ + +
+
+
Đặt
11
; a x b y
ab
+ = + =
ta được :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2
ab
a b a b a b
a b a b ab ab
+
+ + + + + + = + + = +
Vì
( )
2
1
14
4
a b ab ab= +
Do đó :
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 12,5
1
22
4
ab
a b ab


+ + + + + =



0,5
0,5
0,75
0,5
0,75
Trang 7
Bài 4
(3,0đ)
Ta có
22
22
11
( ) 2
xy
E x y
x y y x
= + + + + +
Áp dụng BĐT:
1 1 4
a b a b
+
+
vôùi a > 0; b > 0.
Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 4 1 1
1
x y x y x y

+ +

+

Áp dụng BĐT:
2
ab
ba
+
vôùi a > 0; b > 0.
Ta có
2 2 4
x y x y
y x y x

+ +


Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
2
0,5
1,0
1,0
0,5
Bài 5
(4,0đ)
- Vẽ hình đúng
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng
minh được:
IK // BC, EI // AB, EK // AC
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam
giác DPA, DAQ. Suy ra:
DI DE DK
DP DA DQ
==
- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam
giác DPQ, suy ra:
PQ // IK
0,5
1,5
1,5
0,5
Bài 6
(4,0đ)
Vẽ hình đúng
Xét hai tam giác ABC và OBC ta có :
S
ABC
=
a
hBC.
2
1
(1)
S
OBC
=
xBC..
2
1
(2)
Từ (1)và (2) ta suy ra :
ABC
OBC
a
S
S
h
x
=
Tương tự ta có :
ABC
AOB
c
ABC
COA
b
S
S
h
z
S
S
h
y
=
=
Từ đó tính được :
ABC
ABC
ABC
AOBCOABOC
S
S
S
SSS
M =
++
=
=1
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
A
B
C
h
a
x
Trang 8
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN ĐÔNG SƠN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: Cho biểu thức: A =
)
11
.(
)(
2
2
1
).
11
(
3
yxyxxyyx
yx
+
+
+
++
+
:
xyxy
yx −
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 +
5
; y = 3 -
5
Bài 2: Cho 3 số a, b, c
0 thỏa mãn: a
b
c và a
3
+b
3
+c
3
= 3abc.
P =
c
ac
a
cb
c
ba −
+
−
+
−
; Q =
ac
b
cb
a
ba
c
−
+
−
+
−
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1)
1x
2
+
= 2(x
2
+1) + 2x -1.
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
++=++
=+−
13y3x4xy18yx
yxyx
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x
4
+y
4
+z
4
=3xyz. Hãy tính giá trị của biểu
thức M = x
2006
+ y
2006
+ z
2006
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x
2
và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành
độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của
(P) tại điểm M.
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
3
+ x
2
+ x +1 = 2003
y
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ
trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại
E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(Q
AB) và PR//AB (R
AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán
Bài
Lời giải
Biểu
điểm
1
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x
y
0,25
Trang 9
A =
)
y
1
x
1
.(
)yx(
2
xy2yx
1
).
y
1
x
1
(
3
+
+
+
++
+
:
xyxy
yx −
=
)y.x.()yx(
)yx(2
)yx.(xy
yx
32
+
+
+
+
+
.
yx
xyxy
−
=
2
)yx(xy
xy2yx
+
++
.
yx
xyxy
−
=
xy
1
.
yx
xyxy
−
=
yx
xy
−
b) Với x= 3 +
5
Và y = 3 -
5
ta có : x >y do đó
A =
0
yx
xy
−
Mà A
2
=
8
2.26
4
)5(3.2)53()53(
])53.()53[(
xy2yx
)xy(
2
22
2
2
=
−
=
−−−++
−+
=
−+
Vậy : A =
228 =
0,75
0,25
0,75
2
Ta có : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
a
3
+ b
3
+ c
3
-3abc = 0
(a + b + c ) ( a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – ac – bc ) = 0 (1)
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
- ab – ac –bc =
2
1
[(a –b )
2
+ (b – c)
2
+(c-a)
2
]
0
( Do a
b
c )
Do đó:(1)
a +b +c = 0
a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
Mặt khác :
P =
abc
)ac(ac)cb(bc)ab(ab
b
ac
a
cb
c
ba −+−+−
=
−
+
−
+
−
P =
abc
)ca)(cb)(ba(
abc
caacbccb)ba(ab
2222
−−−
=
−+−+−
(3)
Hơn nữa :
Đặt
=−
=−
=−
yac
xcb
zba
Ta có
−=−+=−
−=−+=−
−=−+=−
b3b2caxz
a3a2cbzy
c3c2bayx
(do (2) )
Vì thế :
Q =
)
y
xz
x
zy
z
yx
(
3
1
ac
b
cb
a
ba
c −
+
−
+
−
−=
−
+
−
+
−
= -
xyz
)zx).(zy).(yx(
.
3
1 −−−
( Biến đổi tương tự rút gọn P )
= -
)ac).cb).(ba(
)]b3().[a3).(c3(
.
3
1
−−−
−−−−
=
)ac)(cb)(ba(
abc9
−−−
−
(4)
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
9
)ac).(cb).(ba(
abc9
.
abc
)ca).(cb).(ba(
=
−−−
−−−−
Vậy P.Q = 9
0,5
0,5
0,75
0,25
Trang 10
3
(4x – 1)
=+ 1x
2
2(x
2
+1) +2x -1 (5)
Đặt
1x
2
+
= y ( y
1) Ta có :
(5)
(4x -1).y = 2y
2
+ 2x – 1
2y
2
- 4xy +2x + y -1 = 0
(2y
2
– 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
(y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0
=
−=
)(1
2
1
y
1x2y
lo¹i
1x
2
+
= 2x -1
x
2
+ 1 = 4x
2
– 4x + 1
x(3x – 4) = 0
=
=
3
4
x
0x
0,25
1,0
0,75
4
(I )
++=++
=+−
)b(13y3x4xy18yx
)a(yxyx
(ĐKXĐ : x
0; y
0 )
Ta có :
( a)
(
yx −
)(
0)1yx =++
yx −
=0
yx =
x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4
13x3x ++
20x - 7
x
-13 = 0 (6)
Đặt
x
= t (t
0 ) ta có :
( 6)
20 t
2
– 7t – 13 = 0
−
=
=
)(0
20
13
t
1t
lo¹i
x
= 1
x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
1,0
1,0
5
Theo BĐT Cô si ta có :
=
+
=
+
=
+
2244
44
2244
44
2244
44
zxx.z
2
xz
zyz.y
2
zy
yxy.x
2
yx
x
4
+ y
4
+z
4
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
( 7 )
Mặt khác : x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
xy
2
z + xyz
2
+x
2
yz (C/M tương tự quá trình trên)
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
xyz (x +y +z)
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x
4
+y
4
+ z
4
3xyz (9)
Dấu “ = “xảy ra
===
===
222222222222
444444
yxxz;xzzy;zyyx
xz;zy;yx
x = y = z (10)
Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11)
3x = 3
x = 1
y = z =1
0,75
0,75
Trang 11
x
2006
+ y
2006
+ z
2006
= 1 + 1 +1 = 3
Vậy : M = 3
0,5
6
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a
2
) do đó :
AM
2
= (a – 3)
2
+(a
2
– 0)
2
= a
4
+ a
2
– 6a +9
= (a
4
-2a
2
+1 ) +3 ( a
2
– 2a +1 ) +5
= ( a
2
-1)
2
+ 3(a-1)
2
+ 5
5
AM
5
Min AM =
5
khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất
a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = -
2
3
x
2
1
+
(do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d)
: y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1)
(d) )
và phương trình : x
2
= ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x
2
= ax + b
x
2
– (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có
= (-a)
2
– 4.1.(-b) = a
2
+ 4b
Nên : (13)
a
2
+ 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
−=
=
−=
=−+
=+
=+
1b
2a
a1b
0)a1(4a
0b4a
1ba
2
2
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d)
Từ (c ) và ( d)
(d) AM (do -
2
1
. 2 = -1 )
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM
1.0
0,25
0,5
0,25
7
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
3
x
+ x
2
+x +1 = 2003 (16)
+) Với y< 0 ta có : 2003
y
Z mà x
3
+x
2
+x +1
Z
(Với x
Z )
Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0
+) Với y >0 ta có :
(16)
(x +1)(x
2
+1) = 2003
y
(*)
Từ (*)
x +1 >0 (do x
2
+1 > 0 và 2003
y
> 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x
2
+1 ) = d ta có :
(x+1)
d và (x
2
+ 1)
d
[ x
2
+1 + (x +1) (1 - x)]
d
d
d
y
2003(*)
2
tõ nòa Hon
d =1 (**)
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003
y
chỉ có thể là 1 hoặc 2003
m
(m
N
*
) (***)
Từ (*) , (**) và (***)
=+
=+
11x
11x
2
x = 0
y = 0 (loại)
phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0)
0,5
0,25
1,0
0,25
Trang 12
8
a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn
ngoại tiếp
ABD.
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp
ACD
Do đó :
+ABD =
2
1
AED
AED = 2 B
+ACD =
2
1
AFD
AFD = 2 C
AED + AFD = 2 (B +C) =180
0
AEDF Nội tiếp (17)
Lại có : AI =
2
1
BC = BI
ABC cân tại I
BAI = B
AID = 2 B
AID + AFD = 180
0
Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 )
5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
AEF =
DEF ( c. c.c )
+ )AEF = DEF =
2
1
AED =
2
1
. 2 B = B
+ ) Tương tự AEF = C
Suy ra
AEF
ABC (g.g)
AC
AF
AB
AE
=
AE.AC = AE. AB
c) Theo câu b) Ta ccó :
AEF
ABC
=
AB
AE
k
AC
AF
=
( k là tỉ số đồng dạng)
AE =kc ; AF = kb .
Ta có :
AEF vuông tại A (do
ABC vuông tại A
và
AEF
ABC )
Nên diện tích
AEF là S =
2
1
AE.AF
2S = k
2
bc (19)
Mặt khác S =
2
1
AM.EF
2S = AM . EF
4S
2
= AM
2
.EF
2
4S
2
= (
2
)
2
AD
. (k
2
b
2
+ k
2
c
2
) (20)
Từ (19) và (20)
2S =
bc
cbAD
222
.
4
+
S =
2
22
.
8
AD
bc
cb +
(21)
Do đó : S nhỏ nhất
AD nhỏ nhất
Mà AD
AH ( AH BC , H
BC )
Lại có AH =
2222
.
cb
bc
AD
cb
bc
BC
ACAB
+
+
=
(22)
Từ (21) ; (22)
S
8
)(
.
8
22
222
bc
cb
bc
bc
cb
=
+
+
0,5
0,5
0,5
0,5
A
F
C
D
I
H
B
E
M
Trang 13
Vậy Min S =
8
bc
( Khi D
H )
9
a) Phần thuận
Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có :
* QP = QB = QD
P, B , D thuộc đường tròn (Q)
BDP =
2
1
BQP =
2
1
BAC (23)
* Tương tự : CDP =
2
1
BAC (24)
Từ (23) ;(24)
BDC = BAC
điểm D thuộc cung BAC
(Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
b) Phần đảo
Lấy điểm D
”
thuộc cung BAC ( D
’
B, C) , Gọi Q
’
là giao điểm của AB với đường
trung trực của D
’
B ; qua Q
’
kẻ Q
’
P
’
// AC qua P
’
kẻ P
’
R
’
// AB ta có Q
’
R
’
là đường trung
trực của D
’
P
’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (trừ 2
điểm B,C )
1,0
1,0
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1:(1 điểm)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
4
x
+2009
2
x
+2008
x
+2009
Câu 2:(1 điểm)
Giải phương trình sau:
13
2+x
+
15
452 +x
=
37
83 +x
+
9
694 +x
Câu 3: (2 điểm)
a/ Chứng minh rằng
2
44
ba +
2233
babaab −+
b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P=
ba
11
+
Câu 4:(2 điểm)
a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện :
200820082007200720062006
bababa +=+=+
Hãy tính tổng: S=
20092009
ba +
b/ Chứng minh rằng :A=
26
4813532
+
+−+
là số nguyên
A
C
P
B
D
Q
R
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 14
Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau:
xy-2x-3y+1=0
Câu 6: (3điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia HC
lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E.
a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng
b)Chứng minh tam giác ABE cân.
c)Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng:
HCAH
HD
BC
GB
+
=
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu 1: (1 điểm)
4
x
+2009
2
x
+2008
x
+2009
= (
4
x
+
2
x
+1) +2008(
2
x
+
x
+1) 0,25 đ
= (
2
x
+
x
+1)(
2
x
-
x
+1)+ 2008(
2
x
+
x
+1) 0.5 đ
= (
2
x
+
x
+1)(
2
x
-
x
+2009) 0,25 đ
Câu 2: ( 1 điểm)
13
2+x
+
15
452 +x
=
37
83 +x
+
9
694 +x
(
13
2+x
+1)+(
15
452 +x
-1)=(
37
83 +x
+1)+(
9
694 +x
-1) 0,25đ
+
+
13
15x
15
)15(2 +x
=
37
)15(3 +x
+
9
)15(4 +x
0,25đ
0)
9
4
37
3
15
2
13
1
)(15( =−−++x
0,25 đ
x=-15 0,25 đ
Câu 3: (2 điểm)
a/ (1 điểm)
2
44
ba +
2233
babaab −+
+
44
ba
2233
222 babaab −+
0,25 đ
−+
44
ba
2233
222 babaab +−
0
0,25 đ
)2()2(
22342234
baabbbabaa +−++−
0,25 đ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 15
0)()(
2222
−+− abbaba
0,25 đ
b/ (1 điểm)
P=
ba
11
+
=
ab
ba +
=
ab
5
0,25 đ
P=
2
)(
20
4
20
baab +
=
5
4
0,5 đ
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
5
4
khi a=b=
2
5
0,25 đ
Câu 4 (2 điểm)
a/ (1 điểm)
Ta có:
=+
20082008
ba
(
)())(
2006200620072007
baabbaba +−++
0,25 đ
1=
abba −+
0,25 đ
0)1)(1( =−− ba
0,25 đ
1,1 == ba
Vậy S=1+1=2 0,25 đ
b/ (1 điểm)
A=
26
4813532
+
+−+
A=
26
)132(532
2
+
+−+
0,25 đ
=
26
)13(32
2
+
−+
0,25 đ
=
26
322
+
+
=
26
)26(
2
+
+
0,25 đ
=1
Z 0,25 đ
Câu 5 (1 điểm)
xy-2x-3y+1=0
xy-3y=2x-1
y(x-3)=2x-1 0,25 đ
Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x
3 thì
y=2+
3
5
−x
0,25 đ
Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5 0,25 đ
Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 0,25 đ
Trang 16
Câu 6 (3 điểm)
a) (1đ điểm)
Tam giác ADC và tam giác BEC:
CD CA
CE CB
=
( vì hai tam giác
CDE và CAB đồng dạng)
Góc C: chung 0,75 đ
Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c) 0,25 đ
b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra:
ADCBEC =
có:
0
135=+= ADEEDCADC
Suy ra:
0
135=BEC
0,5 đ
Suy ra:
0
45=AEB
0,25 đ
Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 45
0
) 0,25 đ
c)(1 điểm)
Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC
Suy ra:
GB AB
GC AC
=
, mà
( ) ( )
//
AB ED AH HD
ABC DEC ED AH
AC DC HC HC
= = =
0,5 đ
Do đó:
GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= = =
+ + +
0,5 đ
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn:
Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang
Câu 1: (6 điểm)
a) Cho
)
65
2
3
2
2
3
(:)
1
1(
+−
+
+
−
+
+
−
+
+
−=
xx
x
x
x
x
x
x
x
M
1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
200653
20112013
++= xxP
với
328183223.226 −−++−+=x
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình
a) (
24)6)(5)(4)(3 =++++ xxxx
b)
22
2 1 2 1x x x x− − = − −
Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 17
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22
22
11
M x y
yx


= + +




b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
6
x y y z z x
++=
+ + +
.
Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
.
Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn
(O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt
là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu
thức
66
sin cosP

=+
. Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD
3
và
3
3
BE CE
BF DF
=
.
Câu 5: (1 điểm)
Tìm n
N
*
sao cho: n
4
+n
3
+1 là số chính phương.
- Hết -
Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn:
Toán
Câu 1: (6 điểm)
a) (4,5đ)
ĐKXĐ:
9;4;0 xxx
(*)
1)Rút gọn M : Với
9;4;0 xxx
(0,5đ)
1
2
)3)(2(
2)4(9
:
1
1
)3)(2(
)2()2)(2()3)(3(
:
1
1
)3)(2(
2
3
2
2
3
:
1
1
+
−
=
−−
++−−−
+
=
−−
+++−−−+
+
=
−−
+
+
−
+
−
−
+
+
−+
=
x
x
xx
xxx
x
xx
xxxxx
x
xx
x
x
x
x
x
x
xx
M
Vậy
1
2
+
−
=
x
x
M
(với
9;4;0 xxx
) (*) (2,5đ)
Trang 18
2)
1
3
1
1
3
1
1
1
31
1
2
+
−=
+
−
+
+
=
+
−+
=
+
−
=
xxx
x
x
x
x
x
M
(0,75đ)
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi:
)3(113 Uxx ++
Ư(3)
3;1
Vì
0 0 1 1x x x +
Nên
3;11+x
Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ)
.
0011 ===+ xxx
(TMĐK (*) )
.
4231 ===+ xxx
(không TMĐK (*) loại ) (0,25đ)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_
3.28183223.226 −−++−+=x
Có
2424)24(2818
2
−=−=−=−
(0,5đ)
13)13(43224322
2
+=+=+=−++
(0,25đ)
6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3x = + − − − = + − − = + − −
3324313263)13(26
2
−+=−−+=−−+=x
13133133)13(
2
=−+=−+=−+=x
(0,75đ)
Với x = 1.Ta có
201420065320061.51.3
20112013
=++=++=P
Vậy với x = 1 thì P = 2014
Câu 2: (4 điểm)
a. (
24)5)(4)(6)(3 =++++ xxxx
24)209)(189(
22
=++++ xxxx
(1)
Đặt
yxx =++ 199
2
(1) ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
y
2
– 25 = 0
0)149)(249(
22
=++++ xxxx
0)249)(7)(2(
2
=++++ xxxx
Chứng tỏ
0249
2
++ xx
Vậy nghiệm của phương trình :
7;2 −=−= xx
b. Ta có
0)1()12(12
222
−−=+−−=−− xxxxx
pt trở thành :
1212
22
+−=−− xxxx
1=x
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Câu 3: (4 điểm)
Trang 19
a
Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.
Tìm GTNN của biểu thức: M =
22
22
11
xy
yx


++




M =
22
22
11
xy
yx


++




=
4 4 2 2
22
2 2 2 2
1 2 1
11
x y x y
xy
x y x y
++
+ + + =
( )
2
2
2
22
22
22
1
11
xy
xy
xy
x y xy xy
+


+
= = = +




Ta có:
1 1 15
16 16
xy xy
xy xy xy

+ = + +


* Ta có:
1 1 1 1
2 . 2.
16 16 4 2
xy xy
xy xy
+ = =
(1) *
1 1 1 1 4 1 15 15
4
2 2 4 16 16 4 16 4
xy
xy xy
xy xy xy
+
= =
(2)
Từ (1) và (2)
1 1 15 1 15 17
16 16 2 4 4
xy xy
xy xy xy
+ = + + + =
Vậy M =
2
2
1 17 289
4 16
xy
xy


+ =




Dấu “=” xảy ra
1
1
1
16
4
2
xy
xy
xy
xy
xy
xy
=
=

= =


=
=
(Vì x, y > 0)
Vậy min M =
289
16
tại x = y =
1
2
2đ
0,5
0, 5
0,5
0,25
0,25
0,5
b
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:
1 1 1
6
x y y z z x
++=
+ + +
Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
2đ
Áp dụng BĐT
1 1 4
a b a b
+
+
(với a, b > 0)
1 1 1 1
4a b a b

+

+

Ta có:
( ) ( )
1 1 1 1 1
3 3 2 2 2 4 2 2x y z x y z x y z x y z x y z

= +

+ + + + + + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4x y x z x y y z x y x z x y y z



+ + + +



+ + + + + + + + + +




0.5
0,5
Trang 20
1 2 1 1
16 x y x z y z

+ +

+ + +

Tương tự:
1 1 2 1 1
3 2 3 16x y z x z x y y z

+ +

+ + + + +

1 1 2 1 1
2 3 3 16x y z y z x y x z

+ +

+ + + + +

cộng vế theo vế, ta có:
1 1 1 1 4 4 4
3 3 2 3 2 3 2 3 3 16x y z x y z x y z x y x z y z

+ + + +

+ + + + + + + + +

4 1 1 1 1 3
.6
16 4 2x y x z y z

+ + = =

+ + +

0,5
0,5
0,5
Caai 4: (5 điểm)
BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE,
BEF vuông tại B; BA
⊥
EF nên AB
2
= AE. AF
AB E
11
AB AF
22
AE AB AE A AB
AB AF OA AQ
= = =
Vậy
AEO
ABQ(c.g.c). Suy ra
EABQ A O=
mà
1
ABQ P=
(góc có các cạnh tương
ứng vuông góc) nên
1
AEO P=
, mà hai góc đồng vị => PH // OE.
Trong
AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:
( ) ( )
33
6 6 2 2
sin cos sin sP co
= + = +
( )
2 2 4 2 2 4
sin cos sin sin cos cosP

= + − +

0,25
.
0,75đ.
0,75đ.
0,25đ
.
0,75đ.
0,5đ
1
1
I
H
Q
P
O
A
F
D
C
E
B

Tài liệu khác của Toán 9

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (6,0 điểm)    1) Cho biểu thức 3 3 x 3 Q =  +  + +1  2 3 x x 3 3 x 27  3 x  + + −   
a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi x = 4 + 7 − 4 − 7
2) Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100 Bài 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình: x − 2013 + 4x − 8052 = 3 2) Cho abc = 1.Tính S = 1 1 1 + +
1+ a + ab 1+ b + bc 1+ c + ac Bài 3: (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh : 2 2 a + b  2 2 a − b Bài 3: (6,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên
nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là
hình chiếu của H lên AC và AB.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/
tích lớn nhất đó theo R. Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2(x + y) +16 = 3xy
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Bài
Tóm tắt lời giải Điểm 0,5 1.a) ĐKXĐ: x  0; x  3 Bài 1 Câu 1a  3 3   x 3  (2đ) Q = + + +1  2 3    x + x 3 + 3 x − 27 3 x     0,5 Trang 1  3 3 
x2 + x 3 + 3 Q = +  2 2   
x + x 3 + 3 (x − 3)(x + x 3 + ) 3   3x  0,5  (x − 3) 3 + 3 
x2 + x 3 + 3 =  2   
 (x − 3)(x + x 3 + ) 3   3x  0,5 1 = x − 3
1.b) Ta có: x = 4 + 7 − 4 − 7 8 + 2 7 8 − 2 7 0,5 x = − 2 2 ( 1 + 7 )2 (1− 7)2 Bài 1 x = − 2 2 0,5 Câu 1b (2 đ) 1 + 7 7 −1 x = − 2 2 0,5 x = 2 Thay x = 2 vào Q ta có: 0,5 1 Q = = − 2 − 3 2 − 3
2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50 0,5
Bài 1 Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 0,25 Câu 2 và 101 (2 đ)
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513) 0,25
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + 0,25
(50 + 51)(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 0,25
992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1)
Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003) 0,25
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 0,25 50 (2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B Bài 2
x − 2013 + 4x − 8052 = 3;Ð K : x  2013 0,5 (1,5 đ) 1.
 3 x − 2013 = 3  x = 2014(TMÐ K ) 1,0 1
2. Cho abc = 1.  ab = c 0.5 1 1 1 S = + +
1+ a + ab 1+ b + bc 1+ c + ac Trang 2 1 1 1 (2,5 đ) + + = 1 + + 1 0,5 1 abc b bc + c + ac + a + c c 1 1 = + +
c + ac +1 b(ac +1+ c) 1+ c + ac 0,5 bc +1+ b =
b(1+ c + ac) 0,5
b (c + ac + ) 1 = =
b (c + ac + ) 1 1 0,5 Bài 3
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1,5đ)
x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0 0,25
 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0 0,25
 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2) 0,25
Vì - (x + y)2  0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)  0  - 4  y  1 0,25 Vì y nguyên nên y   4 − ;− 3;− 2;−1; 0;  1 0,25
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm
nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). 0,25
(1,5 đ) 2. - Vì a.b = 1 nên a + b (a − b)2 2 2 + 2ab = 0,25 a − b a − b (a − b)2 + 2 = = (a − b) 2 + 0,25 a − b a − b
- Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương 0,25
Ta có : (a −b) 2 +  (a −b) 2 2  a − b a − b 0,5 2 2 Vậy a + b  2 2 a − b 0,25 Bài 4 6đ 0,5 Trang 3 A E D C B H O
a) Chứng minh tam giác ABC vuông 0,25 Ta có: OA= OB = OC = R 0,25
=> Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo)
b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật 0,5 AB . EB = HB2 0,5
AC . EH = AC . AD = AH2 0,5
Ta có: AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pi ta go) 0,5 => Đpcm 0,5 2 2 2 2 b) S AD + AE DE AH (ADHE)= AD.AE  = = 1,0 2 2 2  S AH AO R (ADHE)  2 2 2  = 2 2 2 0,5 2 Vậy Max S R (ADHE)= Khi AD = AE hay AB = AC 0,5 2 0,5
<=> Tam giác ABC vuông cân tại A Bài 5
Ta có 2(x + y) +16 = 3xy  3xy − 2x − 2y =16 (1,0đ) 2 4 0,25
y(3x − 2) − (3x − 2) =16 +  (3x − 2)(3y − 2) = 52 3 3
Giả sử: x y khi đó 1 3x − 2  3y − 2 và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta 0,25 có các trường hợp sau: 3  x − 2 =1 3  x − 2 = 2 3  x − 2 = 4 0,25  ;  ; (loại)  ; 3  y − 2 = 52 3  y − 2 = 26 3  y − 2 =13
=> nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5; 2) 0,25 Trang 4
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN PHÙ MỸ Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (3,5 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Bài 2: (2,5 điểm)
Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương Bài 3: (3,0 điểm)
Cho a, b > 0 và a + b = 1. 2 2  1   1 
Chứng minh rằng : a + + b + 12,5      a   b Bài 4: (3,0 điểm)
Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4. 2 2  1   1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E = x + + y +      y   x Bài 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung
tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q
là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC. Chứng minh: PQ // IK. Bài 6: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ
các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là ha , hb , hc . Gọi O
là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC ,
CA và AB tương ứng là x , y và z . Tính x y z M = + + h h h a b c Trang 5 HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN
Bài 1 Với n = 0 ta có A(0) = 19 19 0,5
(3,5đ) Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k 19 0,75
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh: 0,75
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6 = 6.A(k) + 7.52k .19 19 1,0
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n 0,5 Bài 2 (2,5đ) n + 24 = 2 k Ta có:  0,5 n − 65 = 2  h 1 2 2  k − 24 = h + 65 0,5
 (k − h)(k + h) = 89 = . 1 89 0,5  k + h = 89 k = 45     Vậy: 0,5 k − h = 1 h = 44 n = 452 – 24 = 2001 0,5
Bài 3 Nhận xét rằng với mọi x,y ta có: (3,0đ) (x − y)2 2 2
 0  x + y  2xy  2( 2 2 x + y ) 2 2
x + y + 2xy ( x + y)2 2 2  x + y  0,5 2  1   1  Đặt a + = x ; b + = y     ta được :  a   b  0,5 2 2 2 2 2  1   1  1  1 1  1  a + b  1  1  a + + b +  a + + b + = a + b + = 1+            a   b  2  a b  2  ab  2  ab  0,75 Vì = (a + b)2 1 1
 4ab ab  4 0,5   2 2 2  1   1  1  1  1  1  Do đó : a + + b +  1+        1+  =12,5 0,75  a   b  2  ab  2 1    4  Trang 6 Bài 4  1 1   x y  0,5 (3,0đ) Ta có 2 2
E = (x + y ) + + + 2 +  2 2     x y   y x  1 1 4 Áp dụng BĐT: +  vôùi a > 0; b > 0. 1,0 a b a + b  1 1  4 1 1 Ta có +   + 1  2 2  2 2 2 2  x
y x + y x y a b 1,0
Áp dụng BĐT: +  2 vôùi a > 0; b > 0. b a 0,5 x yx y  Ta có +  2  2 +  4   y xy x
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 Bài 5
- Vẽ hình đúng 0,5 (4,0đ)
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh được: 1,5
IK // BC, EI // AB, EK // AC
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác DPA, DAQ. Suy ra: 1,5 DI DE DK = = DP DA DQ
- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác DPQ, suy ra: 0,5 PQ // IK
Bài 6 Vẽ hình đúng 0,5 A (4,0đ) ha x B C
Xét hai tam giác ABC và OBC ta có : 1 SABC = BC h . (1) a 2 0,5 1
SOBC = BC..x (2) 2 x S Từ (1)và (2) ta suy ra : OBC = 1,0 h S a ABC y S COA = h S 0,5 Tương tự ta có : b ABC z S AOB = 0,5 h S c ABC S + S + S S Từ đó tính được : BOC COA AOB ABC M = = =1 S S 1,0 ABC ABC Trang 7
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN ĐÔNG SƠN Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang 1 1 1 2 1 1
x − y
Bài 1: Cho biểu thức: A = ( + ). + .( + ) : x
y x + y + 2 xy ( x + y )3 x y xy xy
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5 ; y = 3 - 5
Bài 2: Cho 3 số a, b, c  0 thỏa mãn: a  b  c và a3+b3 +c3 = 3abc.
a − b
b − c
c − a c a b P = + + ; Q = + + c a c
a − b
b − c
c − a
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x2 + 1 = 2(x2+1) + 2x -1.
Bài 4: Giải hệ phương trình sau:
x − y + x = y
x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + 13
Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu
thức M = x2006 + y2006 + z2006
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M.
Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ
trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(QAB) và PR//AB (RAC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn : Toán Bài Lời giải Biểu điểm
1 a ) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x  y 0,25 Trang 8 1 1 1 2 1 1
x − y A = ( + ). + .( + ) : x
y x + y + 2 xy
( x + y )3 x y xy xy
x + y
2( x + y ) xy xy = + .
xy.( x + y )2
( x + y )3 .( x . y )
x − y
x + y + 2 xy xy xy = . 2
xy( x + y )
x − y 1 xy xy xy 0,75 = . = xy
x − y
x − y
b) Với x= 3 + 5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y do đó 0,25 xy A =  0
x − y ( xy )2
[( 3 + 5 ).( 3 − 5 ) ] 2 42 Mà A2 = = = = 8 0,75
x + y − 2 xy 2 2
6 − 2.2
( 3 + 5 ) + ( 3 − 5 ) − 2. 3 − ( 5 )
Vậy : A = 8 = 2 2
Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc  a3 + b3 + c3 -3abc = 0
 (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1) 1
Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ]  0 2 ( Do a  b  c ) 0,5
Do đó:(1)  a +b +c = 0  a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) Mặt khác :
a − b
b − c
c − a (
ab b − a ) + bc( b − c ) + ac( c − a ) P = + + = c a b abc (
ab a − b ) + b2c − bc2 + ac2 − a2c
( a − b )( b − c )( a − c ) P = = (3) 0,5 abc abc Hơn nữa :
a − b = z
x − y = a + b − 2c = −3c  
Đặt b − c = x Ta có  y − z = b + c − 2a = −3a (do (2) ) 2  
c − a = y
z − x = a + c − 2b = −3b Vì thế : c a b
1 x − y
y − z
z − x Q = + + = − ( + + )
a − b
b − c
c − a 3 z x y
1 ( x − y ).( y − z ).( x − z ) = - .
( Biến đổi tương tự rút gọn P ) 3 xyz
1 ( −3c ).( −3a ).[ −( −3b )] = - .
3 ( a − b ).( b − c c
). − a ) − 9abc = (4) 0,75
( a − b )( b − c )( c − a )
( a − b ).( b − c ).( a − c ) − 9abc Từ (3) và (4) ta có : P.Q= . = 9 abc
( a − b ).( b − c ).( c − a ) 0,25 Vậy P.Q = 9 Trang 9
(4x – 1) x2 + 1 = 2(x2 +1) +2x -1 (5) Đặt
x2 + 1 = y ( y  1) Ta có : 0,25
(5)  (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1  2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
 (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0 1,0
 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
y = 2 x − 1 3
 (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0    1y =  (
1 lo¹i )2
x2 + 1 = 2x -1 0,75  x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
x = 0
 x(3x – 4) = 0  
x = 4  3
x − y + x = y( a ) (I )  (ĐKXĐ : x  0; y  0 )
x + y + 18 xy = 4 x + 3 y + ( 13 b ) Ta có :
( a)  ( x − y )( x + y + 1 ) = 0 x − y =0  x = y 1,0
 x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4 x + 3 x + 13  20x - 7 x -13 = 0 (6) 4
Đặt x = t (t  0 ) ta có :
t = 1
( 6)  20 t2 – 7t – 13 = 0   − = 13 t  
0( lo¹i )20 1,0
x = 1  x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1) 4
x + 4 y   4 4
x .y = 2 2 x y 24
y + 4 z  Theo BĐT Cô si ta có :  4 4 y z . = 2 2 y z   24
z + 4 x   4 4
z .x = 2 2 x z 2   0,75
x4 + y4 +z4  x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 ) 5
Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2  xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên)
 x2y2 + y2z2 +x2z2  xyz (x +y +z)
 x2y2 + y2z2 +x2z2  3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x4 +y4 + z4  3xyz (9) 0,75 Dấu “ = “xảy ra  4
x = 4 4
y ; y = 4 4
z ;z = 4 x    x = y = z (10)  2 2
x y = 2 2 2 2
y z ; y z = 2 2 2 2
z x ;z x = 2 2 x y Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11)  3x = 3  x = 1  y = z =1 Trang 10
 x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3 0,5 Vậy : M = 3
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
= (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
= ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5  5  AM  5  1.0
Min AM = 5 khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất  a = 1 ,Khi đó M(1;1) 1 3
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - x + 2 2 0,25 (do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d)
: y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12) (Do M(1;1)  (d) ) 6
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x2 = ax + b  x2 – (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có  = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13)  a2 + 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
a + b = 1
a2 + 4( 1 − a ) = 0
a = 2     
a2 + 4b = 0
b = 1 − a
b = −1
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d) 0,5 1
Từ (c ) và ( d)  (d) AM (do - . 2 = -1 ) 2
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM 0,25
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình : 3
x + x2 +x +1 = 2003 (16) 0,5
+) Với y< 0 ta có : 2003y  Z mà x3 +x2 +x +1  Z
(Với x  Z )  Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0 0,25 +) Với y >0 ta có :
(16)  (x +1)(x2 +1) = 2003y (*)
Từ (*)  x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có : 7
(x+1)  d và (x2 + 1)  d  [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d   2 d   d =1 (**) y  Ho n nòa (*) tõ  2003 d
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m  N* ) (***)
x + 1 = 1
Từ (*) , (**) và (***)    x = 0  y = 0 (loại)
x2 + 1 = 1
 phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0 1,0
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0) 0,25 Trang 11
a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực A F của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABD.
Tương tự ta có: F là tâm M
đường tròn ngoại tiếp  ACD 0,5 E C Do đó : B H I D 1 +ABD = AED  AED = 2 B 2 1 +ACD = AFD  AFD = 2 C 2
 AED + AFD = 2 (B +C) =1800  AEDF Nội tiếp (17) 1 0,5 Lại có : AI =
BC = BI   ABC cân tại I 2 0,5
 BAI = B  AID = 2 B  AID + AFD = 1800
 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 )  5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
  AEF =  DEF ( c. c.c ) 0,5 1 1
 + )AEF = DEF = AED = . 2 B = B 2 2 8 + ) Tương tự AEF = C Suy ra  AEF  ABC (g.g) AE AF  =  AE.AC = AE. AB AB AC
c) Theo câu b) Ta ccó :  AEF  ABC  AE AF =
= k ( k là tỉ số đồng dạng) AB AC  AE =kc ; AF = kb .
Ta có :  AEF vuông tại A (do  ABC vuông tại A và  AEF  ABC ) 1
Nên diện tích  AEF là S = AE.AF  2S = k2 bc (19) 2 1
Mặt khác S = AM.EF  2S = AM . EF  4S2 = AM2 .EF2 2  AD 4S2 = ( 2 ) . (k2b2 + k2c2 ) (20) 2
AD2 b2 + c2 2 2 b + c Từ (19) và (20)  2S = .  S = 2 .AD (21) 4 bc 8bc
Do đó : S nhỏ nhất  AD nhỏ nhất
Mà AD  AH ( AH BC , H  BC ) . AB AC bc bc Lại có AH = =  AD  (22) 2 2 2 2 BC b + c b + c 2 2 b + c (bc)2 bc Từ (21) ; (22)  S  . = 8 2 2 bc b + c 8 Trang 12 bc Vậy Min S = ( Khi D  H ) 8 a) Phần thuận
Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có :
* QP = QB = QD  P, B , D thuộc đường tròn (Q) A  1 1 BDP = BQP = BAC (23) 2 2 R 1
* Tương tự : CDP = BAC (24) D 2 Q 1,0
Từ (23) ;(24)  BDC = BAC 9
 điểm D thuộc cung BAC B P C
(Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo
Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’  B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với đường
trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ là đường trung trực của D’P’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (trừ 2 1,0 điểm B,C ) PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1:(1 điểm)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử : 4 x +2009 2 x +2008 x +2009
Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình sau:
x + 2 2x + 45 3x + 8 4x + 69 + = + 13 15 37 9
Câu 3: (2 điểm) 4 4 a + b a/ Chứng minh rằng 3 3 2 2
ab + a b − a b 2
b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b. 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P= + a b
Câu 4:(2 điểm)
a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện : 2006 2006 2007 2007 2008 2008 a + b = a + b = a + b Hãy tính tổng: S= 2009 2009 a + b 2 3 + 5 − 13 + 48 b/ Chứng minh rằng :A= là số nguyên 6 + 2 Trang 13
Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau: xy-2x-3y+1=0 Câu 6: (3điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia HC
lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại E.
a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng
b)Chứng minh tam giác ABE cân.
c)Gọi M là trung điểm của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng: GB HD = BC AH + HC PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1 điểm) 4 x +2009 2 x +2008 x +2009 = ( 4 x + 2 x +1) +2008( 2
x + x +1) 0,25 đ = ( 2 x + x +1)( 2
x - x +1)+ 2008( 2
x + x +1) 0.5 đ = ( 2 x + x +1)( 2
x - x +2009) 0,25 đ Câu 2: ( 1 điểm)
x + 2 2x + 45 3x + 8 4x + 69 + = + 13 15 37 9 x + 2 2x + 45 3x + 8 4x + 69  ( +1)+( -1)=( +1)+( -1) 0,25đ 13 15 37 9 x +15 ( 2 x + ) 15 ( 3 x + ) 15 ( 4 x + ) 15  + = + 0,25đ 13 15 37 9 1 2 3 4  (x + )( 15 + − − ) = 0 0,25 đ 13 15 37 9  x=-15 0,25 đ Câu 3: (2 điểm) a/ (1 điểm) 4 4 a + b 3 3 2 2
ab + a b − a b 2  4 a + 4 b  3 3 2 2
2ab + 2a b − 2a b 0,25 đ  4 a + 4 b − 3 3 2 2
2ab − 2a b + 2a b  0 0,25 đ  ( 4 a − 2 3 2 2
a b + a b ) + ( 4 b − 2 3 2 2
ab + a b ) 0,25 đ Trang 14  ( 2 a − ab)2 + ( 2
b − ab)2  0 0,25 đ b/ (1 điểm) 1 1 a + b 5 P= + = = 0,25 đ a b ab ab 20 20 4 P=  = 0,5 đ 2 4ab (a + b) 5 4 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a=b= 0,25 đ 5 2 Câu 4 (2 điểm) a/ (1 điểm) Ta có: 2008 a + 2008 b = ( 2007 2007 a + b
)(a + b) − ab( 2006 2006 a + b ) 0,25 đ
 1= a + b − ab 0,25 đ  1 ( − a 1 )( − b) = 0 0,25 đ  a = , 1 b = 1 Vậy S=1+1=2 0,25 đ b/ (1 điểm) 2 3 + 5 − 13 + 48 A= 6 + 2 2 3 + 5 − (2 3 + ) 1 2 A= 0,25 đ 6 + 2 2 3 + ( 3 − ) 1 2 = 0,25 đ 6 + 2 2 2 + 3 ( 6 + 2)2 = = 0,25 đ 6 + 2 6 + 2 =1 Z 0,25 đ Câu 5 (1 điểm) xy-2x-3y+1=0 xy-3y=2x-1 y(x-3)=2x-1 0,25 đ
Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x  3 thì 5 y=2+ 0,25 đ x − 3
Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5 0,25 đ
Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 0,25 đ Trang 15 Câu 6 (3 điểm) a) (1đ điểm)
Tam giác ADC và tam giác BEC: CD CA = ( vì hai tam giác CE CB CDE và CAB đồng dạng) Góc C: chung 0,75 đ
Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c) 0,25 đ
b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: BEC = ADC có: 0
ADC = EDC + ADE = 135 Suy ra: 0 BEC = 135 0,5 đ Suy ra: 0 AEB = 45 0,25 đ
Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 45 0 ) 0,25 đ c)(1 điểm)
Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC GB AB AB ED AH HD Suy ra: = , mà = ( ABC DEC) = (ED // AH ) = 0,5 đ GC AC AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó: =  =  = 0,5 đ GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) x x + 3 x + 2 x + 2 a) Cho M = 1 ( − ) : ( + + ) x +1 x − 2 3 − x x − 5 x + 6 1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P P = 3 2013 x + 5 2011 x
+ 2006 với x = 6 + 2 2. 3 − 2 + 2 3 + 18 − 8 2 − 3
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình x + x + x + x + = a) ( )( 3 )( 4 )( 5 ) 6 24 2 2
b) 2x − x −1 = 2x − x −1 Câu 3: (4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. Trang 16  1  1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 M = x + y +  2   2   y  x  1 1 1
b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn + + = 6 . x + y y + z z + x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: + +  .
3x + 3y + 2z 3x + 2y + 3z 2x + 3y + 3z 2 Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn
(O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt
là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu 6 6
thức P = sin  + cos  . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. 3 BE CE
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và = . 3 BF DF Câu 5: (1 điểm)
Tìm nN* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương. - Hết -
Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: x  ; 0 x  ; 4 x  9 (*)
1)Rút gọn M : Với x  ; 0 x  ; 4 x  9 (0,5đ)
x +1− x   x + 3 x + 2 x + 2  M = :  − +    x +1    x − 2 x − 3
( x − 2)( x − ) 3  1 ( x + )( 3 x − )
3 − ( x − 2)( x + 2) + ( x + 2)  = :   x +1 
( x − 2)( x − ) 3  1
x − 9 − (x − 4) + x + 2 = : x +1
( x − 2)( x − ) 3 x − 2 = x +1 x − 2 Vậy M = (với x  ; 0 x  ;
4 x  9 ) (*) (2,5đ) x +1 Trang 17 x − 2 x +1− 3 x +1 3 3 2) M = = = − = 1− (0,75đ) x +1 x +1 x +1 x +1 x +1
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x +1  x +1U ) 3 ( Ư(3) ; 1 3
  Vì x  0  x  0  x +11 Nên x +1 3 ;
1  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ)
. x +1 = 1  x = 0  x = 0 (TMĐK (*) )
. x +1 = 3  x = 2  x = 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b_ x = 6 + 2 2. 3 − 2 + 2 3 + 18 − 8 2 . − 3
Có 18 − 8 2 = (4 − 2)2 = 4 − 2 = 4 − 2 (0,5đ)
2 + 2 3 + 4 − 2 = 2 3 + 4 = ( 3 + ) 1 2 = 3 +1 (0,25đ)
x = 6 + 2 2. 3 − 3 −1 − 3 = 6 + 2 2. 2 − 3 − 3 = 6 + 2 4 − 2 3 − 3 x = 6 + 2 ( 3 − )
1 2 − 3 = 6 + 2 3 −1 − 3 = 4 + 2 3 − 3 x = ( 3 + )
1 2 − 3 = 3 +1 − 3 = 3 +1− 3 = 1 (0,75đ)
Với x = 1.Ta có P = 1 . 3 2013 + 1 .
5 2011 + 2006 = 3 + 5 + 2006 = 2014
Vậy với x = 1 thì P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a. ( x + )( 3 x + )( 6 x + )( 4 x + ) 5 = 24 0,25 đ  ( 2 x + 9x +18)( 2
x + 9x + 20) = 24 (1) 0,25 đ 0,5 đ
Đặt x2 + 9x +19 = y 0,5 đ
(1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0 0,25 đ  y2 – 25 = 0 0,5 đ  ( 2 x + 9x + 24)( 2 x + 9x +14) = 0 0,5 đ  (x + )( 2 x + 7)( 2
x + 9x + 24) = 0 Chứng tỏ 2
x + 9x + 24  0 0,25 đ
Vậy nghiệm của phương trình : x = − ; 2 x = 7 − 0,25 đ b. Ta có 2 2
x − x −1 = −( 2 x − 2x + ) 1 = −(x − ) 1 2  0 0,5 đ pt trở thành : 2 2 x − x −1 2 = x − 2x +1 0,25 đ x = 1 Câu 3: (4 điểm) Trang 18
a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1. 2đ  1  1 
Tìm GTNN của biểu thức: M = 2 2 x + y +  2   2   y  x   1  1  4 4 2 2 1 x y + 2x y +1 2 2 M = 2 2 x + y +  = x y +1+1+ = 2   2   y  x  2 2 2 2 x y x y ( 2 2 x y + )2 2 2 2 2 1  0,5 x y +1  1  = =   = xy + 2 2   x y xy    xy  0, 5 1  1  15 Ta có: xy + = xy + +   xy  16xy  16xy 1 1 1 1 * Ta có: xy +  2 x . y = 2. = (1) * 16xy 16xy 4 2 x + y 1 1 1 1 4 1 15 15 xy  =  xy    4   =   (2) 0,5 2 2 4 xy 16xy 16 4 16xy 4  1   1  15 1 15 17
Từ (1) và (2)  xy + = xy + +  + =     0,25  xy  
16xy  16xy 2 4 4 2 2  1  17  289 Vậy M = xy +  =      xy   4  16 0,25  1  1 xy = xy = 1 Dấu “=” xảy ra   16xy   4  x = y = 2 (Vì x, y > 0)  x = y  x = y 289 1 0,5
Vậy min M = 16 tại x = y = 2 b 1 1 1 2đ + + = 6
Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x + y y + z z + x 1 1 1 3 + + 
Chứng minh rằng: 3x + 3y + 2z
3x + 2y + 3z 2x + 3y + 3z 2 1 1 4 +  0.5 Áp dụng BĐT a b
a + b (với a, b > 0) 1 1  1 1    +   a + b 4 a b 1 1 1  1 1  =  +  
3x + 3y + 2z
(2x + y + z)+(x + 2y + z) 4  2x + y + z x + 2y + z Ta có:  1  1 1  1 1  1 1 1 1    +    + + +  
4 (x + y) +(x + z) (x + y) +( y + z) 4 4 
  x + y x + z x + y y + z  0,5 Trang 19 1  2 1 1   + +  
16  x + y x + z y + z 1 1  2 1 1   + +  
3x + 2y + 3z 16  x + z x + y y + z Tương tự:  1 1  2 1 1   + +   0,5
2x + 3y + 3z 16  y + z x + y x + z
cộng vế theo vế, ta có: 0,5 1 1 1 1  4 4 4  + +  + +  
3x + 3y + 2z 3x + 2y + 3z 2x + 3y + 3z 16  x + y x + z y + z 4  1 1 1  1 3  + + = .6 =  
16  x + y x + z y + z  4 2 0,5 Caai 4: (5 điểm) B 1 D I 0,25 O C H 1 . E F P Q A 0,75đ.
BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE,  BEF vuông tại B; BA ⊥ EF nên AB2 = AE. AF  AE AB AE AB E A AB =  =  = AB AF 1 1 0,75đ. AB AF OA AQ 2 2
Vậy  AEO  ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ = E
A O mà ABQ = P (góc có các cạnh tương 0,25đ 1
ứng vuông góc) nên AEO = P , mà hai góc đồng vị => PH // OE. . 1
Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. 2. Ta cã: 0,75đ. P =  +  = (  )3 +(co  )3 6 6 2 2 sin cos sin s P = ( 2 2  +  ) 4 2 2 4 sin cos
sin  − sin  cos  + cos     0,5đ Trang 20

Tài liệu liên quan: