Tuyển Chọn 45 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 (Có Đáp Án)

" Tuyển Chọn 45 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 (Có Đáp Án) 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tuyển Chọn 45 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 (Có Đáp Án) Ebooks Nhóm Zalo SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ Đề chính thức Câu 1 (5,0 điểm) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. 1. Cho biểu thức P =2m +√16m + 6 m + 2√m − 3+ a) Rút gọn P. √m − 2 √m − 1+3 √m + 3− 2 b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên. 2. Tính giá trị (a3 + 15a − 25)2013 với a =p313 − 7√6 + p313 + 7√6. Câu 2 (5,0 điểm) 1. Giải phương trình: √x + 5 + √3 − x − 2√15 − 2x − x2 + 1 = 0. 2. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2x2 + mx − 1 = 0 mx2 − x + 2 = 0 Câu 3 (5,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa 1x+1y+1z= 2. 2. Cho hai số x, y thỏa mãn: x + y ≤ 2 x2 + y2 + xy = 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x2 + y2 − xy. Câu 4 (2,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M trên đường tròn để MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P là một điểm di động trên cung BC không chứa A. 1. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ A xuống P B, P C. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. 2. Gọi I, D, E là chân các đường cao lần lượt hạ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng chu vi tam giác IDE không đổi khi A, B, C thay đổi trên đường tròn (O; R) sao cho diện tích của tam giác ABC luôn bằng a2. —–HẾT—– Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ Đề chính thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm này có 03 trang.) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. (3,5 điểm) a) Điều kiện: m ≥ 0, m 6= 1 0,5đ √m + 1 P = √m − 12,0đ 1(5,0đ) b) P = 1 +2 √m − 10,5đ Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 0,5đ 2.(1,5 điểm) a =p313 − 7√6 + p313 + 7√6 =⇒ a3 = 26 − 15a 1,0đ a3 + 15a − 25 = 1 =⇒ (a3 + 15a − 25)2013 = 1 0,5đ 1. (2,5 điểm) Điều kiện: −5 ≤ x ≤ 30,5đ Đặt t =√x + 5 + √3 − x, t2 = 8 + 2√15 − 2x − x2 =⇒ t ≥ 2√2 2(5,0đ) Phương trình đã cho có dạng: t2 − t − 6 = 0 ⇐⇒ t = 3 ⇐⇒ √x + 5 + √3 − x = 3 x =−2 + 3√7  2 t = 3 t = −2 (loại) 1,0đ 1,0đ ⇐⇒ 4x2 + 8x − 59 = 0 ⇐⇒ 2. (2,5 điểm) Đặt x2 = y ≥ 0. Hệ trở thành:  x =−2 − 3√7 2 mx + 2y = 1 −x + my = −20,5đ Hệ luôn có nghiệm: x =m + 4 m2 + 2 m2 + 2≥ 0 (m ≤12)0,5đ  y =1 − 2m Ta có: x2 = y ⇐⇒ m + 4 m2 + 2 2 =1 − 2m m2 + 20,5đ ⇐⇒ (m + 1) (m2 − m + 7) = 0 ⇐⇒ m = −1 1,0đ 3(5,0đ) 1. (3,0 điểm) Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Không mất tính tổng quát giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z =⇒ 2 =1x+1y+1z≤3x=⇒ x = 11,0đ =⇒1y+1z= 1 ≤2y=⇒ y = 1 (vô lý) y = 2 =⇒ z = 2 1,0đ Vậy (1; 2; 2) và các hoán vị của chúng là nghiệm của phương trình đã cho 1,0đ 2. (2,0 điểm) Hệ (x + y ≤ 2 x2 + y2 + xy = 3⇐⇒ (x + y = 2 − a (x + y = 2 − a (a ≥ 0) x2 + y2 + xy = 30,5đ Do đó: xy = (2 − a)2 − 3, ∆ = S2 − 4P ≥ 0 =⇒ 0 ≤ a ≤ 4 0,5đ T = x2 + y2 + xy − 2xy = 9 − 2(2 − a)2 0,5đ min T = 1 khi x = 1, y = 1 hoặc x = −1, y = −1 max T = 9 khi x =√3, y = −√3 hoặc x = −√3, y =√30,5đ B M0 M C O A 4(2,0đ) Gọi C là điểm trên đoạn thẳng OA sao cho OC =R2, ta có điểm C cố định 0,5đ Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OMA =⇒ MA = 2MC 0,5đ Ta có MA + MB ≥ BC (không đổi) MA + 2MB = 2(MB + MC) ≥ 2BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M nằm giữa B và C Vậy khi điểm M là giao điểm của đoạn BC và đường tròn (O) thì MA+2MB đạt giá trị nhỏ nhất 5(3,0đ) 1. (2,0 điểm) 0,5đ 0,5đ Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM A D E O C M I B N A0 P Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định. Ta có BMA \ = BIA [ = 90◦ nên tứ giác AMBI nội tiếp hay AIM[ = ABM \ Ta lại có tứ giác ABP C nội tiếp nên ABM \ = ACP [ Do đó AIM[ = ACP [ (1) Mặt khác AIC [ = ANC \= 90◦ nên tứ giác AINC nội tiếp, suy ra ACP [ + AIN [ = 180◦(2) 1,0đ 0,5đ Từ (1) và (2) suy ra AIM[ + AIN [ = 180◦ 0,5đ Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I 2. (1,0 điểm) Tứ giác BCDE nội tiếp suy ra AED \= ACB [ Kéo dài AO cắt (O; R) tại điểm A0. Ta có: EAO [ + AED \= BAA \0 + ACB [ = 90◦ =⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD =12AO.DE =12R.DE Tương tự ta cũng có: SBEOI =12R.EI, SCDOI =12R.ID Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI =12R.(DE + EI + ID) R=2a2 0,5đ 0,5đ R(không đổi) —–HẾT—– Ghi chú: =⇒ DE + EI + ID =2SABC • Mọi cách giải đúng khác đáp án đều cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) a 1 a a 1 a a a a 1 Ma a a a a a + − − + − 2 = + + Cho biểu thức: a) Chứng minh rằng M 4. > − −với a > 0, a ≠ 1. b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6 =nhận giá trị nguyên? Bài 2. (2,0 điểm) NM a) Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3 = + , y 6 x = −và y mx =có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (Δm). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (Δm) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định I(1; 2). Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy 1 1 Q . ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 = + OM ON Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 17 2 2011 ⎧ + = ⎨⎩ − = x y xy x y xy 2 3 . b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 1 x y z z x (y 3). + − + − = + Bài 4. (3,0 điểm) 2 Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. ---HẾT--- Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh: ........................ Chữ ký của giám thị 1: ............................. Chữ ký của giám thị 2: ........................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT. BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM 2 a 1 a a 1 a a a a 1 Ma a a a a a + − − + − Cho biểu thức: Bài 1 = + + − −với a > 0, a ≠ 1. a) Chứng minh rằng M 4. > b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6 =nhận giá trị nguyên.2,00 NM Do a > 0, a ≠ 1 nên: a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1 − − + + + + = = − − và0,25 a a a ( a 1) a a a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1 2 1.a − + − + − − − − − + − + − = = = a a a a (1 a) a (1 a) a − − − 0,25 (1,25đ) 1.b ⇒ a 1 M 2 + = +0,25 a Do a 0; a 1 > ≠nên: 2 ( a 1) 0 a 1 2 a − > ⇔ + >0,25 ⇒2 a M 2 4 > + =0,25 a Ta có 6 3 0 NM 2 < = > − Vậy điều kiện cần tìm là: − < < ≠ 1 m 0,5; m 00,25 Đặt m = xM và n = yN ⇒ m⋅n ≠ 0 và m ≠ 1 (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25 ⎧ = + ⎪⎨ = + 0 am b ⇒ 2 a b ⎪⎩ = n b ⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn + = 0,25 2.b (1,25đ) Chia hai vế cho m⋅n ≠ 0 ta được: 1 2 1 + = (**) m n 2 2 1 2 1 4 4 1 1 2 1 1 5 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + + = + − − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠0,25 ⇒ 2 2 2 2 m n m n mn m n m n 1 1 1 Q ; = + ≥dấu “=” xảy ra khi 2 1; ⇒2 2 m n 5 =kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))0,25 m n Bài 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 150,25 ⎧⎪ + = ⎨⎪⎩ − = a) Giải hệ phương trình: 17 2 2011 x y xy x y xy (1) 2 3 . b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:1 x y z z x (y 3) + − + − = + (2)2,0 đ 2 17 2 1 1007 9 ⎧ ⎧ ⎧ ⎪+ = = = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ y x y x Nếu xy > 0thì 20119 490 (1)1 2 9 1 490 39 1007 ⎪ ⎪ ⎪ − = = = (phù hợp) y ⎪ ⎪ ⎩ ⎩⎪⎩ y x x 17 2 1 1004 20119 ⎧ ⎧ − + = − = ⎪ ⎪ 0,50 3.a (1,25đ) Nếu xy < 0thì y x yxy ⎪ ⎪ ⇔ ⇔ ⇒ > ⎨ ⎨ (1) 0 1 2 1 1031 318 ⎪ ⎪ − = = − ⎪ ⎪ ⎩ ⎩(loại)0,25 y x x 3.b (0,75đ) Nếu xy = 0thì (1)⇔== x y 0(nhận). 0,25 KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0)và 9 9 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠0,25 ; 490 1007 Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 (2) ⇔2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3 + − + − = + − + − + ⇔2 2 2 ( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0 − + − − + − − =0,25 ⇔ ⎧ = x 1 ⎪⎪⎨ − = y z 1 ⎪⎪ − = ⎩ z x 1 ⇔ ⎧ = x 1 ⎪⎨ = y 3 ⎪⎩ = z 2 (thỏa điều kiện) 0,25 F Bài 4 Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. M C A OB a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. E N ( ) C 3,0 đ 4.a (1,00đ) 4.b (0,75đ) 4.c (1,25đ) MN BF ⊥và BC NF ⊥0,25 ⇒ A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 ⇒FA NB ⊥ Lại có AE NB ⊥0,25 Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 CAN MAB =, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25 Suy ra: AN AC =0,25 AB AM Hay 2 AM AN AB AC 2R ⋅ = ⋅ =không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25 Ta có 2 =nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF (3)0,25 BA BC 3 Mặt khác: CAN CFM =, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng ⇒CN AC 2 CN CF BC AC 3R = ⇒ ⋅ = ⋅ = 0,25 BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3 = + ≥ ⋅ =không đổi 0,25 Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4) 0,25 (3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất 0,25 Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75 Đặt: S = 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10⋅11⋅12 ⇒ 100S=3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11⋅12 (1) là một số nguyên ⇒ hai chữ số tận cùng của S là 00 0,50 (1,00đ) Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy 100Scó chữ số tận cùng là 6 (vì 3⋅4=12; 2⋅6=12; 2⋅7=14; 4⋅8=32; 2⋅9=18; 8⋅11=88; 8⋅12=96) 0,25 Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25 --- Hết --- 3.b (0,75đ) Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇒ y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 Theo BĐT Cauchy: x 1 y z 1 z x 1 + − + − + ≤ − ≤ − ≤ x ; y z ; z x 2 2 2 ⇒1 VP x y z z x (y 3) VT = + − + − ≤ + =0,25 2 ⎧ = Do đó x 1 ⎪⎪⎨ − = y z 1 ⎪⎪ − = ⎩ z x 1 ⇔ ⎧ = x 1 ⎪⎨ = y 3 ⎪⎩ = z 2 thỏa điều kiện 0,25 PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Môn : TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài 1 ( 3,0 điểm) 2 ab. Xét biểu thức P = a x a x b a x a x Cho các số dương: a; b và x =1 2 b + 1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2 (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: + + − + − − + 1 3 ⎪⎨⎧ ⎪⎩ 3 x x y − − = − 3 2 2 3 y y z − − = − 3 2 4 2 3 z z x − − = − 3 2 6 3 Bài 3 ( 3,0 điểm) 3 + 5; b Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an+bn, với a =2 3 − 5. =2 1. Chứng minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 + bn + 1) – ab(an+ bn) 2. Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Snlà số nguyên. 2 ⎜⎜⎝⎛ +n n. Tìm tất cả các số n để Sn – ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ 3. Chứng minh Sn – 2 = 2 là số chính phương. Bài 4 (5,0 điểm) 5 1 2 ⎟⎟⎠⎞ − ⎜⎜⎝⎛ − 5 1 2 Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N là tiếp điểm thuộc (O2). 1. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB. 2. Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Bài 5: (4đ): Cho ΔABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là E , F , N . AB 2 AC AM a) Chứng minh : AN AE + = AF b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q. Chứng minh PQ//BC. Bài 6: (2 điểm) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : a b c a b b c c a 3 3 3 2 2 2 2 + 2 + 2 < 3+ + + ------------- HẾT------------- HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ SỐ 3 Câu 1. (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm 1. (2.0 điểm) Ta có: a; b; x > 0 ⇒a + x > 0 (1) 2 a b (2) ( 1) − Xét a – x =0 0,25 0,25 b 2 + 1 ≥ Ta có a + x > a – x ≥ 0 ⇒ a + x − a − x ≠ 0 (3) Từ (1); (2); (3) ⇒P xác định Rút gọn: 0,25 2 ab a b ( 1) + 2 + = +ba 0,25 a ⇒1 +b = Ta có: a + x =1 2+ a x b ( 1)2+ b 2 + ab 1 a b 2 2 ( 1) − − = −ba a ⇒1 −b = a - x =1 2+ a x b 1 2+ 0,25 ( 1) b b a + 1 + − b 2 1 a 2 2+ + b b + + − b + 1 b + 1 1 + = 1 1 1 ⇒P = b b b 3 ( 1) a a b + − − 1 1 3 0,25 b + − − + b 1 1 b 2 2 + 1 b Nếu 0 < b < 1 ⇒P =b b 3b4 2+ = 1 2 3 12+ 3 1 b 0,25 b3 + = Nếu b≥1 ⇒P = b 3 b 2. (1.0 điểm) Xét 2 trường hợp: 4P43 0,25 Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P =⇒ > 3b Nếu b≥1, a dương tuỳ ý thì P = 32 1 b ⎜⎝⎛ b 1 ⎞ b ⎟ + + = + 3 3 b 3 b ⎠ Ta có: 32 b, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 1 3+ ≥ 3 b Mặt khác: 32 2≥ b, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 Vậy P 34 0,25 0,25 2 2 ≥ + = , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 3 3 KL: Giá trị nhỏ nhất của P =34 Câu 2 (3,0 điểm) Biến đổi tương đương hệ ta có 0,25 0,25 Tóm tắt lời giải Điểm 2 ⎪⎨⎧ ( 2)( 1) 2 x x y − + = − 2 ( 2)( 1) 2(2 ) y y z − + = − ⎪⎩ 2 ( 2)( 1) 3(2 ) z z x − + = − 1,00 Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) ⇔(x - 2)(y - 2) (z - 2)[( 1) ( 1) ( 1) 6] 2 2 2 x + y + z + += 0 ⇔(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0 ⇔x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2 Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho Câu 3 (3,0 điểm) 0,50 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 Tóm tắt lời giải Điểm 1. (1,0 điểm) Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = an+2 + bn +2 (1) Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an+bn) = an+2 + bn+2 (2) Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 2. (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = 7 Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn Do S1, S2∈Z nên S3∈Z; do S2, S3∈Z nên S4∈Z Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6;...; S2008∈Z 3. (1.0 điểm) ⎜⎜⎝⎛+n n 52 2− 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ 1 ⎜⎜⎝⎛ 5 1 Ta có Sn – 2 =2 2 2 + − 2 2 0,25 5 12 2 n n n ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ ⎥⎥⎦⎤ ⎜⎜⎝⎛ +25 1 ⎜⎜⎝⎛ − ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ = 2 + 5 1 2 2 − 2 ⎜⎜⎝⎛ + 5 1 2 ⎟⎟⎠⎞ ⎜⎜⎝⎛ − ⎜⎜⎝⎛ +n nđpcm ⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞ ⎥⎥⎦⎤ = 5 1 2 ⎟⎟⎠⎞ − ⎜⎜⎝⎛ − 5 1 2 0,25 Đặt a1 =25 +1; b1 = 25 −1 ⇒a1 + b1 = 5; a1b1 = 1 Xét Un= 1 1 n n a b − Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1- b1n + 1) – a1 b1(a1n- b1n) ⇒ Un +2 = 5Un+1 – Un 0,25 Ta có U1 = 1 ∈Z; U2 = 5 ∉Z; U3 = 4∈Z; U4 = 35 ∉Z;... Tiếp tục quá trình trên ta được Un nguyên ⇔n lẻ 0,25 Vậy Sn – 2 là số chính phương ⇔n = 2k+1 với k ∈Z và 0≤ k ≤1003 Câu 4 (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải Điểm F D N I CM S O1 A E O O2B 0,25 0.25 0,25 0,25 1. (2,5 điểm) O1M; O2N ⊥MN ⇒O1M/ / O2N Do O1; E; O2thẳng hàng nên ∠MO1E = ∠NO2B 0,50 Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có: ∠MEO1=∠NBO2 (1) 0,25 Mặt khác ta có: ∠AME = 900⇒ ∠MAE + ∠MEO1= 900 0,25 (2) 0,25 ⇒ ∠MAE + ∠NBO2 = 900 ⇒ ∠AFB = 900 0,25 ⇒Tứ giác FMEN có 3 góc vuông ⇒Tứ giác FMEN là hình chữ nhật 0,25 ⇒ ∠NME = ∠FEM 0,25 (3) Do MN⊥MO1⇒ ∠MNE + ∠EMO1 = 900 0,5 (4) Do tam giác O1ME cân tại O1⇒ ∠MEO1 = ∠EMO1 0,25 (5) Từ (3); (4); (5) ta có: ∠FEM + ∠MEO1= 900 hay ∠FEO1 = 900(đpcm) 0,25 0,5 2. (2,5 điểm) Ta có EB = 12 cm ⇒O1M = 3 cm < O2N = 6 cm ⇒MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. 0,25 Gọi I là trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1⇒ SO1= O1O2 O M ⇒ = 1 O N 2 SO SO 1 2 0,25 Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm⇒SO1= O1O2 = 9 cm ⇒SO =SO1 + O1O = 15cm OI= ⇒OI = 5 cm Mặt khác: SO O M 1 1 SO Xét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2+ OI2= CO2⇒CI2+ 25 = CO2 Ta có: CO = 9 cm ⇒CI2+ 25 = 81 ⇒CI = 56 ⇒CD = 414cm Câu 5 (2,0 điểm) A Điểm E E I M N B C S a) Kẻ BI,CS // EF (I,S ∈ AM ) AB=,= AI AC AS Ta có: AN AB AE AC AN AI AF AS ⇒ + = + (*) AE AF AN AN 1,0 Ta có: ΔBIM = ΔCSM(cgc) ⇒ IM = MS Vậy: AI + AS = AI + AI + IM + MS = 2AM Thay vào (*) ta được (đpcm) 0,5 Khi d // BC ⇒ EF // BC ⇒ N là trung điểm của EF 0,5 +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại L Ta có: ΔNFP = ΔNFL(cgc) ⇒ EP = LF 0,5 Do đó : EP= = A K LF KF L (1) EN 0,5 PB PB KB F +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM tại H Ta có ΔBMH = ΔCMQ(cgc) ⇒ BH = QC P Q B M C 0,5 FQ= = FQ KF Do đó: (2) QC BH KB Từ (1) (2) // FP FQ va PQ BC ⇒ = ⇒ (đpcm) 0,5 PB QC Bài 6: 2 điểm) Do a <1 ⇒ 2 a<1 và b <1 Nên ( ) ( ) 2 2 2 1 . 1 0 1 0 − − > ⇒ + − − > a b a b a b Hay + a b > a +b 1 (1) 2 2 Mặt khác 0 a ; 3 b > b ⇒ 2 3 3 b + a > a + b Vậy a b a b 3 3 2 + <1+ Tương tự ta có 3 3 2 b c b c + < + 0,5 0,5 1 3 3 2 a c c a + < + 1 0,25 0,25 ⇒ a b c a b b c c a 3 3 3 2 2 2 2 + 2 + 2 < 3+ + + UBND HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC 0,5 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ⎛ ⎞ + − ⎛ ⎞ + + Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x y x y x y 2xy P : 1 = + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − + ⎝ ⎠ − ⎝ ⎠. 1 xy 1 xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P với 2 x2 3 =+. Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm số: 1 3 y x = − +và y x = . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 4 3 2 6x 5x 38x 5x 6 0 − − − + = . Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng c ắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 AM AI a Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/cắt đường tròn ( O ) và ( O/) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ∈( O ) và F ∈( O/). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN ⊥AD. c) ME.MA = MF.MD. ---------- Hết ---------- UBND HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1 ≥ ≥ ≠ . 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : + + + − − − + + + =− − 1 xy 1 xy x x y y y x x x y y y x 1 xy + + + + − − + − . =− + + + 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x + + = = = (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x + + + + + b)2 2(2 3) 2 − x 3 2 3 1 ( 3 1) = = = − + = − 2 3 4 3 + − x ( 3 1) 3 1 3 1 = − = − = − 2 2( 3 1) 2 3 2 P1 ( 3 1) 1 3 2 3 1 − − = = = + − + − + 2 2( 3 1) 6 3 2 P5 2 3 13 − + = = − 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2 ⎧⎪ = ⇒ = ⎨⎪⎩ = ⇒ = 3 a) Đồ thị 1 3 y x = − +có : 2 2 x 0 y2 y 0 x 3 0,5 đ Đồ thị x khi x 0 ⎧ ≥ y xx khi x 0 = = ⎨⎩− ≤ Đồ thị như hình vẽ: b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) Ta có: OM = 2 2 1 1 2 + = ⇒OM2= 2 ON = 2 2 3 ( 3) 3 2 + − = ⇒ ON2= 18 0,5 đ 1 đ 0,5 đ 0,5 đ MN = 2 2 (1 3) (1 3) 20 − + + = ⇒MN2= 20 Vì: OM2+ ON2= MN2 Vậy: tam giác OMN vuông tại O 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2ta được: 5 6 6x 5x 38 0 − − − + = 22 x x 221 1 6(x ) 5(x ) 38 0 ⇔ + − + − = x x 0,5 đ 0,5 đ 1 đ Đặt 1 1 = + thì: 2 2 x y 2 y xx + = − x 2 Ta được pt: 6y2– 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0 1 đ Do đó: 10 5 y và y = = − 3 2 =thì: 1 10 2 * Với 10 y3 x 3x 10x 3 0 + = ⇔ − + = x 3 ⎡= 1 1 đ x3 ⎢⎢⎣ = <=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> 1 x 3 2 = −thì: 1 5 2 * Với 5 y2 x 2x 5x 2 0 + = − ⇔ + + = x 2 1 đ ⎡= − ⎢⎢⎣ = − 1 x2 <=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> 3 x 2 4 4 A B M J D C I Vẽ Ax ⊥AI cắt đường thẳng CD tại J. Ta có ΔAIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 = + (1) 2 2 2 AD AJ AI Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; DAJ BAM =(góc có cạnh tương ứng vuông góc) ⇒ Δ Δ ADJ = ABM. Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 = + =(đpcm) Thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 AD AM AI a 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 5 E I M F A HD O B C O/ N a) Ta có 0 AEB CFD 90 = =(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE ⊥EF và OF ⊥EF => OE // O/F => / EOB FO D =(góc đồng vị) => / EAO FCO = Do đó MA // FN, mà EB ⊥MA => EB ⊥FN Hay 0 ENF 90 = . Tứ giác MENF có O E N F 90 = = =, nên MENF là hình chữ nhật b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN INF = Mặt khác, trong đường tròn (O/): 1 IFN FDC sđ FC 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ = = 2 => FDC HNC = Suy ra ΔFDC đồng dạng ΔHNC(g – g) => O NHC DFC 90 = =hay MN ⊥AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE FEN = Trong đường tròn (O) có: 1 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ FEN EAB sđ EB = = 2 => MFE EAB = Suy ra ΔMEFđồng dạng ΔMDA(g – g) =>ME MF =, hay ME.MA = MF.MD MD MA 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu1: ( 5đ) 2 9 x − 2 1 x + x + 3 Cho biÓu thøc M =x x x − + 5 6 + x + − 3 2 − a. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M b. T×m x ®Ó M = 5 c. T×m x ∈Z ®Ó M ∈Z. Câu: 2(2đ). Cho 4a2+b2=5ab với 2a>b>0. ab P− Tính giá trị của biểu thức: 2 2 = Câu 3(4đ) 4a b 2 3 8 6 x x − + a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 A =x x 2 − + 2 2 2 b. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có a + b + c ≥ ab + bc + ca Câu: 4 (4đ) a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3+y3+z3-3xyz b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 Câu: 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 1) Tứ giác BEDF là hình gì vì sao? 2) Gọi CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh rằng. a. Tam giác CHK và tam giác ABC đồng dạng . b. AB.AH+AD.AK=AC2 ĐÁP ÁN Câu: 1(5đ) a) ĐK x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 0,5đ Rút gọn M =( )( ) ( )( ) 2 9 3 3 2 1 2 x x x x x 0,5đ − − + − + + − ( 2)( 3) x x − − x x 0,5đ − − 2 Biến đổi ta có kết quả: = ( 2)( 3) x x − − =( )( ) x x 1đ + − 1 2 = x + 1 ( )( ) 3 x x − − 3 2 x − 1 M 5 x − = ⇔ 1đ b) x − 3 = 5 ⇒ = ⇒ = x x TM 4 16( ) x 0,5đ + 1 = x − + 3 4 = + 1 4 c) M = 3 x − 3 x x − 3 − Do M ∈ znên x − 3là ước của 4⇒ x − 3nhận các giá trị: -4;-2;-1;1;2;4 0,5đ ⇒ x∈{1;4;16;25;49}do x ≠ 4 ⇒ x∈{1;16;25;49} 0,5đ Câu: 2 (2đ) Phân tích được 4a2+b2=5ab thành (a-b)(4a-b)=0 0,5đ <=> a=b hoặc 4a=b 0,5đ Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ 2 Tính được 31 ab P 0,5đ =aa 2 2= = 4 32 a b − Câu: 3 (4đ) 2 2 2 =xx 2 4 2 4 4 x x x x − + + − + ( 2) − a. Viết được 2 A 1,5đ = + 2 x x − + 2 1 2 ( 1) − 2 ≥ Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ 2 2 2 b. biến đổi a + b + c ≥ ab + bc + ca <=> 2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca 0,5đ <=> a2-2ab+b2+b2-2bc +c2 +c2-2ca+a2 ≥0 0,5đ <=> (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥ 0 0,5đ Lập luận => khẳng định 0,5đ Câu: 4 (4đ) a. x3+y3+z3-3xyz = x3+3x2y+3xy2+y3+z3-3x2y-3xy2-3xyz 0,5đ = (x+y)3+z3–3xyz(x+y+z) 0,5đ = (x+y+z)(x2+2xy+y2+z2-xz-yz)-3xy(x+y+z) 0,5đ =(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) 0,5đ b. Giải phương trình : x4+2x3-4x2-5x-6=0 <=> x4-2x3+4x3-8x2+4x2-8x + 3x-6=0 0,5đ <=> x3(x-2)+4x2(x-2)+4x(x-2)+3(x-2)=0 0,5đ <=> (x-2)(x3+4x2+4x+3)=0 0,25đ <=> (x-2)(x3+3x2+x2+3x+x+3) =0 0,25đ <=> (x-2)[x2(x+3)+x(x+3)+(x+3)]=0 0,25đ <=> (x-2)(x+3)(x2+x+1) =0 0,25đ Câu: 5 (5đ) B A H F E C DK 1. Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ => BEDF là hình bình hành 0,25đ 2.a. Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ CH CK ⇒ = 0,25đ CD CB Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ CH CK CH CK ⇒ =hay AB Chỉ ra CD CB ⇒ =vì AB=CD 0,25đ CB Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ => AD.AK=AF.AC => AD.AK=CE.AC (1) 0,5đ Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ => AB.AH=AE.AC (2) 0,25đ Công theo vế (1) và (2) ta được AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC =(CE+AE)AC=AC2 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH Bài 1: (4,0 điểm) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang a) Rút gọn biểu thức A = 2 9 3 2 1 x x x − + + − − x x x x − + − − 5 6 2 3 b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. Hãy tính giá trị biểu thức: A = 2 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) + + + + + + y z z x x y x y z + + 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) x y z +++ Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3+ 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 3 16 8 5 16 8 5 − + + b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2+ 17 là số chính phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a)1 4 3 − + + = x x b) 2 x x x + + = + 4 5 2 2 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4 ( x y y x xy − + − =) b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn [−1;2]thỏa mãn: a2+ b2+ c2= 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c ≥0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. a) Chứng minh: 2 2 2 KC AC CB BA + − =+ − 2 2 2 KB CB BA AC b) Giả sử: HK = 13AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c) Giả sử SABC = 120 cm2và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE? TRƯỜNG THCS THƯỢNG VŨ Tổ KHTN Câu 1: (4 điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9 Thời gian: 120’ a/ Rút gọn biểu thức A = 2 9 3 2 1 x x x − + + − − x x x x − + − − 5 6 2 3 ĐKXĐ: x ≠4; x ≠9 2 9 3 2 1 2 9 9 2 3 2 2 x x x x x x x x x − + + − − + + − − − − − + = = A = ( )( ) ( )( ) ( )( ) x x x x x x x x − − − − − − − − 2 3 2 3 2 3 2 3 = ( )( ) x x x + − + 1 2 1 ( )( ) = x x x − − − 2 3 3 b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. Hãy tính: A = 2 2 2 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) + + + + + + y z z x x y x y z + + 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) x y z +++ Gợi ý: xy + yz + xz = 1 ⇔1 + x2= xy + yz + xz + x2= y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2= …; 1 + z2= …. Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3+ 12x – 31)2012 Tính f(a) tại a = 3 3 16 8 5 16 8 5 − + + b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2+ 17 là số chính phương? Giải a/Từ a=3 3 16 8 5 16 8 5 − + + 3 3 3 ⇒ = + − + + + − = − a a 32 3 16 8 5 16 8 5 16 8 5 16 8 5 32 12 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦nên a3+ 12a = 32 ( )( ) Vậy f(a) = 1 b/ Giả sử: n2+ 17 = k2(k ∈) và k > n⇒(k – n)(k + n) = 17 ⇔18 ⎧ − = k nn ⎨ ⇒ = ⎩ + = k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 4 3 − + + = x x b/ 2 x x x + + = + 4 5 2 2 3 Giải a/ ĐK: − ≤ ≤ 4 1 x Bình phương 2 vế: 1 4 2 (1 )(4 ) 9 (1 )(4 ) 2 − + + + − + = ⇔ − + = x x x x x x x x x xx⎡ = 20 x ⇔ − − = ⇔ + = ⇔ ⎢⎣ = −(thỏa mãn) 4 3 4 ( 3) 03 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 x x x + + = + 4 5 2 2 3ĐKXĐ: x 32− b/ 2 ≥ 2 ⇔ + + + + − + + = x x x x 2 1 2 3 2 2 3 1 0 ( ) ( ) ⇔ ( ) ( )2 2 1 0 ⎧⎪ + = x x x x + + + − = ⇔ ⇒ = − ⎨⎪⎩ + =vậy phương trình có nghiệm duy 1 2 3 1 0 1 2 3 1 x nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 4 4 ( x y y x xy − + − =) b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn [−1;2]thỏa mãn: a2+ b2+ c2= 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c ≥0 Giải a/ 2 4 4 .2. 4 .2. 4 ( x y y x xy x y y x xy − + − = ⇔ − + − = ) Xét VP = x y y x .2. 4 .2. 4 − + −theo BĐT cosi: 4 4 4 4 2 4 ;2 4 + − + − − ≤ = − ≤ =vậy VP ≤xy = VT y y x x y x 2 2 2 2 ⎧⎪ − = Dấu = xảy ra khi: 4 28 xx y ⎨ ⇒ = = ⎪ − = ⎩ y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn [−1;2]nên a + 1 ≥0; a – 2 ≤0 nên (a + 1)(a – 2) ≤0 Hay: a2– a – 2 ≤0 ⇒a2≤a + 2 Tương tự: b2≤b + 2; c2≤c + 2 Ta có: a2+ b2+ c2≤a + b + c + 6 theo đầu bài: a2+ b2+ c2= 6 nên: a + b + c ≥0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. a/ Chứng minh: 2 2 2 KC AC CB BA + − =+ − 2 2 2 KB CB BA AC b/ Giả sử: HK = 13AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c/ Giả sử SABC = 120 cm2và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải a/ Sử dụng định lý pytago: A 2 2 2 2 2 2 2 AC CB BA AK KC BK CK AB + − + + + − = ( ) 2 2 2 2 2 2 CB BA AC BK CK BA AK KC + − + + − + ( ) ( ) D 2 2 . 2 ( ) CK BK CK CK CK BK CK = 22 + + = = E 2 2 . 2 ( ) BK BK CK BK BK CK BK + + b/ Ta có: tanB = AK BK; tanC = AK CK B BK CK(1) Nên: tanBtanC = 2 AK . Mặt khác ta có: B HKC =mà: tanHKC = KC KH H K C Nên tanB = KC KHtương tự tanC = KB tan .tanKB KC B CKH . ⇒ =(2) Từ (1)(2)( )2 tan .tanAK B CKH ⎛ ⎞ ⇒ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 KH 2 Theo gt: HK = 13AK ⇒ = tan .tan 3 B C c/ Ta chứng minh được: ΔABCvà ΔADEđồng dạng vậy: 2 S AB ⎛ ⎞ ABC = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠(3) S AD ADE Mà BÂC = 600nên 0 ABD = ⇒ 30AB = 2AD(4) SS cm Từ (3)(4) ta có: 2 S= ⇒ = 4 30( ) ABCADE ADE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN: TOÁN §Ò CHÝNH THøC Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Câu I (4đ) æ ö æ ö Cho biểu thức P = 1 8 3 1 1 1 ç ç - + - + ÷ ÷ x x x ç ç + - ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ : ç ç + - - - - - - ÷ ÷ è ø è ø 3 1 3 1 1 1 10 x x x x x 1) Rút gọn P 3 2 2 + − 3 2 2 − 2) Tính giá trị của P khi x = 4 43 2 2 3 2 2 − + Câu II (4đ) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 1) Tính độ dài AB. 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4đ) ⎪⎪⎨⎧ x 2 + = 1) Giải hệ phương trình ⎪⎪⎩ y 2 y x x + = y 2 .21 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6+ y2–2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2) KH ⊥AM. Câu V (2đ) Với 0 ≤ x; y;z ≤1. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x + y + z = 3 1 1 1+ + y zx + + z xy + + x yz x y z + + SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Câu 1:ĐK 1 10 < ¹ x 1) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 é ù - + - + x x Px x x 3 1 9 1 2 1 4 = ê ú : . ê ú - ê ú - - - ë û 10 1 1 3 3( 1 3) 1. 1 3 ( ) x x x - - - - + Px x =- - + . 10 2 1 4 x x x x Px x x 3 1( 10)( 1 2) 3( 2) - - - - - = = - 2(10 )( 1 4) 2( 5) - - - - x+ - 3 2 2 3 2 2 (3 2 2) (3 2 2) 3 2 2 3 2 2 = - = + - - = + - - b) 4 4 2 2 4 4 3 2 2 3 2 2 - + => x=1 2 ( 2 1) 2 + - - =vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2+x-2=0 => x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) có hai nghiệm phân biệt <=> D> 0<=> 14 m < Ta có khoảng cách AB2=18 để CD = AB <=> (x1-x2)2+(y1-y2)2=18 <=>(x1-x2)2=9 <=>(x1+x2)2-4x1x2=9 <=>1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x¹0, y¹0 Đặt x=ky ( k¹0) ⎪⎪⎨⎧ x 2 + = ìï + = ïïíïï + = ïïî (1) 2 ( ) 2 k k y y x 2 1 1 ( 1)2 ⎪⎪⎩ y 2 + = .21 <=> k y x y Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu k¹ -1 2 ( ) 4 k k k từ (1) => k += + 1 => k=2 hoặc k = -2 Nếu k=2 => 2 1 ( , ) ( ; ) x y = 3 3 Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6+ y2– x3y = 320 <=>(x3-y)2+(x3)2=320 => (x3)2£320 mà x nguyên nênx £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) Câu IV: 1) Ta có µ µ 0 E F = = 90nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH ·1 ¼ EAH sd EH =(1) 2 mà · · EAH CBE =(2) ( cùng phụ với góc ACD) MEB CBE · · =(3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) Từ (1), (2) và (3) ta có ·1 ¼ => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) MEH sd EH = 2 A E N F K C C D M B 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn Ta thấy AF ;AN · · · · · · E ACB E AFE ANE ACB = = = > = => nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó · 0 KNM = 90 KH ⊥AM Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên 0 1 £ £ £ £ x y z y z + = 1 1 3 Nếu x= 0 => + + + z zy y z 1 1 1 ( ) ( ) y z = > - + - = 1 1 + + + + + z y z zy y z y z ( 1)( 1 ) 1 1 y y z z - + + - 2 = > + = (1 )( ) (1 )( ) + + + + + z y z yz y z y z Ta có VT ³0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có nghiệm Nếu x khác 0 mà 0 1 £ £ £ £ x y z ⇔ (z −1)(1− x) ≤ 0 <=> 1+ zx ≥ x + z>0 ⇔ + − − ≤ x z zx 1 0 1 0 ⇔ − + − ≤ x zx z đúng với mọi 0 ≤ x;z ≤1. Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. + Ta có: 1+ zx ≥ x + z ⇔1+ y + zx ≥ x + y + z x x x y z ⇒1 + + y zx y ≤ ≤ + + y + Tương tự: x y z 1+ + z xy z ≤ + + z x y z 1+ + x yz x + + y z x y z + + 1 VT . (1) ⇒ =x y z 1 1 1= + + y zx + + + + z xy ≤ + + x yz + + + Mặt khác, vì: 0 ≤ x; y;z ≤1⇒ x + y + z ≤ 3 3 3 1 VP Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) ⇒ =x y z + + ≥ = 3 + Từ (1) và (2) ⇒VT =VPchỉ đúng khi: VT =VP =1. Khí đó x=y=z=1. * Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y; z) = (1;1;1). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9 THCS TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Câu Đáp án Điểm Câu 1a (1,25đ) - Hàm số y = (m2 – 2m)x + m2 – 1 nghịch biến ⇔ m2 – 2m < 0 ⇔ m(m – 2) < 0 0,25 ⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎩⎨⎧− > ⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎩⎨⎧>< m > 0 ⎩⎨⎧<> ⎩⎨⎧− < m 0 ⇔ m m m < 2 0 0 2 0 ⇔ m m m 2 ( ) 20 loai ⇔ 0 < m < 2 (1) 0,25 0,25 0,5 Câu 1b - Cắt trục tung : m2 – 1 = 3 ⇔ m = ±2 (2) Từ (1) và (2) ⇒ m ∈∅ Tìm giá trị nhỏ nhất của : (1,5đ) M = 5x2 + y2 + z2 - z – 4x – 2xy – 1 M = x2 - 2xy + y2 + 4x2 – 4x + 1 + z2 - z + 49 1 − 4 = (x – y)2 + (2x – 1)2 + 2 1⎟⎠⎞ ⎜⎝⎛z − – 49 ≥ - 49 2 Giá trị nhỏ nhất của M = 49 − 0,25 0,5 0,25 ⎪⎪⎨⎧ x y − = 0 ⇔21 2 1 0 0,5 x ⇔ = = = x y z ⎪⎪⎩ z − = 1 − = 0 2 Câu 1c (1,25đ) Cho x + y = - 5 và x2 + y2 = 11. Tính x3 + y3 Ta có : x3 + y3 = (x+y)(x2 + y2 – xy) = -5(11 – xy) (1) Mà x + y = -5 ⇒ x2 + y2 +2xy = 25 ⇒ 11 + 2xy = 25 ⇒ xy = 7 (2) Từ (1) và (2) ⇒ x3 + y3 = -5(11- 7) = -20 0,25 0,5 0,5 Câu 2a 2 2 5 6 9 + + + − 2 (2,0đ) Rút gọn : A = ( ) xx x x x x 2 2 3 2 9 − + + − x x x x ĐK : -3 < x < 3 : 2. 1 − + 3 0,25 A = ( )( ) 3 2 3 . 3 x x x x x + + + + − 3 − + −− : 2 x 2 x ( )( ) x 3 x 3 3 2 3 . 3 x x x x x − + + + − 0,5 = [( ) ] [ ] ( ) xx 3 2 3 3 + + + + − x x x x x 3 3 2 3 . − − + + + x x x x x = xx : 2 3 3 + − 0,5 0,5 0,25 Câu 2b 3 3 = 21 + − x x : 2 3 3 + − + + = 1 1 1 1 (2,0đ) Cho a, b c thỏa mãn : a b c a + b + c Tính giá trị biểu thức Q = (a27 + b27)(b41 + c41)(c2013+ a2013) 1 1 1 1 − + + + + = 1 1 1 1 ⇒a b a b c c 0,25 Ta có : a b c a + b + c ⇒ ( ) a b − + = + a b + = 0,25 ab c( ) a b c + + ⇒ (a+b)c(a+b+c) = -ab(a+b) ⇒ (a+b)[c(a+b+c) +ab] = 0 ⇒(a+b)[c(a+c)+bc +ab] = 0 ⇒ (a+b)[c(a+c) +b(a+c)] = 0⇒ (a+b)(a+c)(b+c) = 0 a b 0,5 ⇒ + = ⎢⎢⎢⎣⎡+ = b c + = c a 0 0 0 ⇒ a b = − ⎢⎢⎢⎣⎡= − = − b c c a 0,25 0,75 Câu 3a (2,0đ) - Thế vào tính được Q = 0 Giải phương trình : 10 17 3 3 3 x + + − x = ( ) 3 3 3 3 x +10 + 17 − x = 3 x + 10 + 17 – x + 3. 3 (x +10)(17 − x) .3 = 27 (x+10)(17 – x) = 0 x = -10 , x = 17 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3b ⎪⎨⎧ 2,0đ Giải hệ phương trình : 2 3 − x + y = −+ 5 2 y + 5 2 3 x ⎪⎩ 3 2 19 x y + = 3 x > y > − ) (với , 5 2 2 3 = > 0,5 x − m Đặt 0 0,5 y + 5 ⇒ m + 2 1 = m2 1 0 ( 1) 0 1 2 2 ⇔ m − m + = ⇔ m − = ⇔ m = (nhận) x 2 3 = ⇔ − = + ⇔ − = +− x y x y ⇒ 1 2 3 5 2 8 0,5 y 5 − = x y 2 8 − = ⇔ x y 4 2 16 ⎩⎨⎧== ⇔ x 5 0,5 Câu 4 (4,0đ) Giải hệ ⎩⎨⎧+ = x y 3 2 19 ⎩⎨⎧+ = x y 3 2 19 y 2 Hình 0,5đ Câu a (1,0đ) (1,25đ) Câu b (1,25đ) a) Chứng minh : KD = CI và EF//AB. – Cminh ABID, ABCK là hình bình hành ⇒ DI = CK (cùng bằng AB) ⇒ DI + IK = CK + IK ⇒ DK = CI - C/m : ΔAEB đồng dạng Δ KED (g.g) AE = AB ⇒KD EK Δ AFB đồng dạng Δ CFI (g.g) ⇒AF AB FC CI = Mà KD = CI (cmtrên) ⇒AE AF EF / /KC = ⇒ (Đlí Talet đảo trong Δ AKC) EK FC b) Chứng minh AB2 = CD. EF. Ta có : Δ KED đồng dạng ΔAEB (cmtrên) DK AB + = + DE EB DK = ⇒EB DE 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 ⇒EB AB AB DK KC = + DB ⇒EB AB DC = (1) DB ⇒EB AB Do EF//DI (theo CMT: EF//KC, I ∈ KC) 0,5 0,25 ⇒DB DI DB AB =⇒ = (2) (Vì DI = AB) EB EF EB EF DC . 2 = ⇒ = 0,5 AB Từ (1) và (2) ⇒ AB DC EF Câu 5 4,0đ AB Q K EF A ⌧O D Hình 0,5đ Câu a (1,75đ) Câu b (075đ) B C H M a) Chứng minh MC + MB = MA ? - Trên MA lấy D sao cho MD = MB ⇒ ΔMBD cân tại M góc BMD = góc BCA = 600 (cùng chắn cung AB) ⇒ ΔMBD đều - Xét ΔMBC và ΔDBA Ta có : MB = BD (vì ΔMBD đều) BC = AB (vì ΔABC đều) Góc MBC = góc DBA (cùng cộng góc DBC bằng 600) ⇒ ΔMBC = ΔDBA (c-g-c) ⇒ MC = DA Mà MB = MD (gt) ⇒ MC + MB = MA b) Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất. Ta có : MA là dây cung của (O;R) ⇒ MA ≤ 2R ⇒ MA + MB + MC ≤ 4R (không đổi) Dấu “ = “ xảy ra ⇔ MA là đường kính ⇔ M là điểm chính giữa của cung BC c) CMR : MH + MK + MQ = 23 2' ( ) S S 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu c 3 (1,0đ) . . . + R Ta có MAB MBC MAC S S S MH AB MK BC MQ AC 0,25 + + = + + 2 2 2 ⇒ AB.(MH + MK + MQ ) = 2 (S + 2S’) Tính hoặc nói AB là cạnh tam giác đều nội tiếp (O;R) 0,25 ⇒ AB = R 3 ⇒ MH + MK + MQ = ( ) 2 3 + 2 ' S S 0,25 0,25 3 R Lưu ý : Học sinh giải cách khác đúng cho trọn số điểm Họ tên TS:........................................... SốBD:...................... Chữ ký GT1:.................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN (Đề thi chính thức) Bài 1 (5,0 điểm): KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 18 / 11 / 2012 Môn thi: TOÁN - Cấp: THCS Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Ề: (Đề thi có 01 trang) Tim t t cả các c p s th c x và y th a mãn b t đ ng th c sau: 2 2 x y x y + + − + ≤ 2 2 2 0 Bài 2 (4,0 điểm): Tìm t t cả các nghi m nguyên dương của phương trình: 1 1 1 + = x y 7 Bài 3 (5,0 điểm): Cho hình thang ABCD (AD // BC). Hai đường phân giác trong của góc A và góc B c t nhau tại đi m E, hai đường phân giác trong của góc C và góc D c t nhau tại đi m F. a) Ch ng minh r ng: EF // AD. b) Tính độ dài đoạn EF thông qua các cạnh của hình thang ABCD. Bài 4 (3,0 điểm): Cho s th c A = 2 + 22 28 1 n + , v i n nguyên. Ch ng minh r ng n u A là s nguyên thì A là m t số chính phương (b ng bình phương của m t s nguyên). Bài 5 (3,0 iểm): Trong hình vuông có ộ dài cạnh b ng 1 cho 151 đi m b t kỳ. Ch ng minh r ng có ít nh t 7 đi m đã cho n m trong m t hình tròn có bán kính b ng17. ------- H T ------- Tìm x, y th•a mãn phŽ•ng trình: 4 2 2 1 (3 2)y x x y y xð- ð+ ð- ð= ð Cho tamgi•c ABC c” trung tuy•n AM = 1 v– ð· ð· ABC CAMð=. T—nh ˜™ d–i H€ tên TS:............................................................... S• BD: ........................ Ch‚ kƒ GT 1: ..................... S„ GI…O D†C V‡ ˆ‡O T ‰O K„ THI CH…N H…C SINH GI†I C‡P TˆNH NINH THUŠN (€• thi ch‚nh thƒc ) N‰M H…C 2013 Š 2014 Khóa ngày: 10 / 11 / 2013 Môn thi: TOÁN - C‹p: THCS ThŒi gian l àm bài: 150 phút (Không k€ th•i gian ph‚t ƒ„) €‹: (…„ thi c† 01 trang/20 ƒi€m) Bài 1. Bài 2. Choc•c s• th‘ c a, b, c không âm.Ch’ ng minh r“ng: (a + b + c)3 ð³a3 + b 3 + c 3 + 24abc Bài 3. cšnh AB. Bài 4. Ch’ ng minh r“ngab(a2 › b 2) chia h•t cho 3 vœi m€i s• nguyêna v–b. Bài 5. Cho h•nh b•nh h–nh ABCD. Trên c•c cšnh AB v– AD lžn lŽŸt l‹y c•c ˜i m Ev– F (E, Fkhôngtr¡ ng vœi c•c ˜¢nh c£a h•nh b•nh h–nh). G€i K l– giao˜i m c£a EDv– FB. Ch’ ng minh r“ng hai t’ gi• c ABKD v– CEKFc” di¤n t—chb“ng nhau. ------- H¥T ------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN (Bảng A) Ngày thi: 20/3/2013 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) Bài 1. (4,5 điểm) 1 2 4 2 19 9 9 a) Chứng minh đẳng thức: 3 33 3 3 − = − + . 2  − =  + =. x y Họ và tên, chữ ký của giám thị số 1: ............................... ............................... b) Giải hệ phương trình : Bài 2. (3,5 điểm) (2013 2012) 1 2 ( 2012) 2013 x y Cho hàm số bậc nhất y = mx + m - 1 (*) (với m là tham số). a) Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác có diện tích bằng 2. b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số (*) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m. Bài 3. (4,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thoả mãn xyz = 1. 1 1 1 A 3 3 3 3 3 3 = . + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức z x 1 x y 1 Bài 4. (6,0 điểm) + + y z 1 + + + + Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là một điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của điểm I trên các đường thẳng BC, AC, AB. a) Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng. b) Xác định vị trí của điểm I để đoạn thẳng MN có độ dài lớn nhất. Bài 5. (2,0 điểm) Giải phương trình sau: (x+3) (4 − x)(12 + x) + x = 28 . .......................Hết..................... Họ và tên thí sinh:.............................................................Số báo danh:............... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN (Bảng B) Ngày thi: 20/3/2013 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) Câu 1. (4,0 điểm)     − + − + Cho biểu thức P = 1 1 2 2 1 ( ) x x x x x x −     :1 Họ và tên, chữ ký của giám thị số 1: .............................. ............................... − +   −     với x x >0; 1. ≠ x x x x x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x nguyên để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. (4,0 điểm) a + b + c = 6 . Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: 2 2 2 a + b + c = 12 Tính giá trị của biểu thức P = 2013 2013 2013 (a - 3) + (b - 3) + (c - 3) . Câu 3. (4,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 2( 4 ) 4 5 13 0 x x x x − + − − − = . Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung không đi qua tâm O. Điểm A bất kì nằm trên cung lớn BC của đường tròn (O) sao cho điểm O luôn nằm trong tam giác ABC (A ≠ B; C). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. b) Đường cao AD cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I đối xứng với H qua BC. c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2OM. Câu 5. (2,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 2. + + ≥ 1 1 1 x y z + + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz. -----------------Hết---------------- Họ và tên thí sinh :……………………………………………..Số báo danh :………... `SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN (BẢNG A) (Hướng dẫn chấm này có 04 trang) Bài Sơ lược bài giải Điểm Đặt 3 3 2 2 = ⇔ = a a . Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 32 − =0,5 a− + 1a a 3 9 1 Câu a 2,5 điểm 2 2 3 3 ⇔ a − = a − a + ⇔ a − a + = a − 0,5 (9 )1 1 ( )1 (9 ).1 Biến đổi vế trái: 2 3 2 2 2 a a a a a a − + = − + − + ( 1) ( 1) ( 1) 2 2 2 a a a a a a a = − − + = − + − + 3( 1)( 1) 3( 1)( 1)( 1) 3 = − + = − + = − 3( 1)( 1) 3( 1)(2 1) 9( 1) a a a a Vậy đẳng thức được chứng minh. 2. ta thấy x = 0 không là nghiệm. hệ phương trình tương đương với: 1 1,5 Bài 1 − =  + = (*) 0,5 2013 2012 4,5đ 2 2 yx 2013 2012 yx  − + = x= , hệ (*) 22 2 t yt y y t Câu b Đặt: 1t 2013 2012 02013 2013 ⇒ ⇔ − = −  − + = 2 y t 2013 2012 0 2,0 điểm  = ⇔ − + + = ⇒  = − −0,5 y t ( )( 2013) 02013 t y t yy t * Trường hợp 2 y t t t = ⇒ − + = 2013 2012 0, Giải PT được : 1 2 t t = = 1; 2012 0,5 * Trường hợp 2 2 y t t t = − − ⇒ + + + = 2013 2013 2013 2012 0, PT vô nghiệm 1 0,5 Câu a 2,0 điểm Bài 2 3,5đ Vậy hệ có nghiêm ( 1 1 2 2 ( 1; 1);( ; 2012) x y x y = = = = 2012 Vì (*) là hàm số bậc nhất nên m ≠ 0. (1) Điều kiện để đồ thị của (*) tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác là m ≠ 1. (2) Gọi A là giao điểm của đường thẳng (*) với trục tung ⇒A(0; m-1) nên độ dài OA = | m - 1|. Gọi B là giao điểm của đường thẳng (*) với trục hoành 1− m; 0) nên độ dài OB = | m 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒B(m 1− m|. 1 Câu b 1,5 Điểm SABC = 2 ⇔21 OA.OB = 2⇔ OA.OB = 4. ⇔ (m - 1)2 = 4|m| *Với m > 0 thì m2 - 2m + 1 = 4m ⇔ m2 - 6m + 1 = 0 ⇔ m1 = 3 – 2 2 ; m2 = 3 + 2 2 . *Với m < 0 thì m2 - 2m + 1 = - 4m ⇔ m2 + 2m +1 = 0 ⇔ m = -1 Vậy m ∈{ -1; 3 - 2 2 ; 3 + 2 2 } thỏa mãn điều kiện (1) và (2). Gọi M(x0; y0) là điểm cố định thuộc đồ thị (*) khi và chỉ khi: y0 = mx0 + m – 1 ∀ ∈m R ⇔ (x0 + 1)m – (y0 + 1) = 0 ∀ ∈m R   + = = − x x 1 0 1 ⇔0 0 + = = −  Vậy đồ thị của (*) luôn đi qua một điểm   ⇔ 1 0 1 y y 0 0 cố định M(-1; -1) ∀ ∈m R 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,75 Bài 3 Ta có (x - y)2≥ 0 với ∀ x, y ∈R ⇔ x2 - xy + y2≥xy. 0,5 Mà x; y > 0 nên x + y > 0. 0,5 Mà x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2 ) ≥(x + y)xy. 0,5 ⇒ x3 + y3 +1 = x3 + y3 + xyz ≥ (x + y)xy + xyz. ⇒ x3 + y3 +1 ≥xy(x + y + z) > 0. 0,5 Tương tự chứng minh được:y3 + z3 +1 ≥ yz(x + y + z) > 0. z3 + x3 +1 ≥ zx(x + y + z) > 0. 0,5 4 4đ điểm 1 1 1 ⇒ A≤xz(x y z) + + + +0,5 xy(x y z) + + x y z + + yz(x y z) 1 + + ⇔ A≤xyz(x y z) + + = ⇔ A≤1. 0,5 xyz Bài 4 6đ Câu a 3 điểm Câu b 3 điểm Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x = y = z = 1. 0,5 Từ giả thiết ta có: ∠IPA + ∠INA = 1800⇒tứ giác IPAN nội tiếp ⇒∠IPN = ∠IAN ( cùng chắn cung IN) (1) 0,75 Lại có ∠IPB = ∠IMB = 900⇒ tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp ⇒∠MPI + ∠IBM = 1800 (2) 0,75 Vì I ∈(O) ⇒∠ CAI + ∠IBM = 1800 (3) 0,5 Từ (2) và (3) ⇒∠MPI = ∠CAI (4) 0,5 Từ (4) và (1) ⇒∠MPI +∠IPN = ∠CAI + ∠IAN = 1800 Suy ra M, P, N thẳng hàng. 0,5 Tứ giác IPMB là tứ giác nội tiếp nên ∠IBA = ∠IMN ( cùng chắn cung IP) (5) 0,5 2 Tứ giác INAP là tứ giác nội tiếp nên ∠INM = ∠IAB ( cùng chắn cung IP) (6) 0,5 Từ (5) và (6) ⇒ tam giác IMN đồng dạng với tam giác IBA 0,5 MN= = ≤ ⇒ ≤ 0,5 IM IN ⇒ 1 MN AB BA IB IA ≡≡ M B∠IAC = ∠IBC = 900 Dấu “ =’’xảy ra ⇔ ⇔ N A ⇔ CI là đường kính của (O). 0,5 Bài 5 Vậy MN lớn nhất bằng AB ⇔ I đối xứng với C qua O. 0,5 (x+3). (4 − x)(12 + x) + x = 28 (*) Điều kiện xác định: - 12 ≤ x ≤ 4 0,25 Đặt x + 3 = u; (4 − x)(12 + x) = v 0,25 ⇒u2 + v2 = x2 + 6x + 9 + 48 - 8x – x2 = 57 - 2x ⇒u2 + v2 - 1 = 2(28 - x) (1) 0,25 Theo đề bài ta có uv = 28 - x (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có u2 + v2 - 1 = 2uv ⇔ (u - v)2 = 1 2đ 2 điểm − = ⇔u v 1 = + u v 1⇔ = − − −= u v 1 0,5 u v 1 i) Với u = v +1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 2 (điều kiện: x ≥ −2) Giải phương trình được x = - 3 + 31 ( thỏa mãn). 0,25 ii) Với u = v - 1 ⇒ (4 − x)(12 + x) = x + 4(điều kiện: x≥ −4 ) Giải phương trình được x = - 4 + 4 2 ( thỏa mãn) => S = {-4 +4 2 ; -3 + 31 }. 0,25 3 i o B n m p A C Hình vẽ bài 4 Các lưu ý khi chấm: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần của câu nhưng không vượt quá số điểm của câu hoặc phần đó. 3. Bài 4 không vẽ hình không cho điểm cả bài. Bài 4 câu b tìm được vị trí điểm I không chứng minh không cho điểm. 4. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ. 5. Điểm toàn bài là tổng số điểm đã chấm. Không làm tròn. .......................Hết..................... 4 `SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN (BẢNG B) (Hướng dẫn chấm này có 03 trang) Câu Tóm tắt lời giải Cho điểm ( )(1 )12 a, P =  +  − + x x x0,5 − + + ( )(1 )1 x x x + − + (2 )1 x x ( )1 − x − − : x x ( )1 =  ( )(1 )1 x x  − +  +− x x0,5 + + 1 1 x x − : (2 )1 x x x x 1 = (2 )11 x x x x0,5 + + − + − + 1 1 . x = (2 )11 x x − 2 x . x + + =xx. 0,5 1 Câu 1 x x + − − 1 x0,5 1 2 b, P = 1 = + (4điểm ) − 1 − x x 1 Để P nhận giá trị nguyên thì x −1∈Ư(2). 0,25 * x −1 = 1⇒ x = 2 ⇒ x = 4 * x −1 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ x = 90,5 * x −1 −= 1⇒ x = 0 ⇒ x = 0 (loại). * x −1 −= 2 ⇒ x −= 1 (loại). 0,5 Vậy x nhận các giá trị nguyên 4 ; 9 thì P nhận các giá trị nguyên lần lượt là 3; 2. 0,25  + + = a b c  + + = 4 4 4 24 a b c 6  + + =. 1,0  + + =⇔ 2 2 2 2 2 2 a b c 12 a b c 12 Câu 2 ( 4điểm) Từ hai phương trình ta suy ra: 2 2 2 a b c a b c + + − − − + = 4 4 4 12 0 . 0,75 2 2 2 ⇔ − + − + − = ( 2) ( 2) ( 2) 0 a b c vì 2 ( 2) 0 a − ≥ ;2 ( 2) 0 b − ≥ ;2 ( 2) 0 c − ≥ với mọi số thực a, b, c. 1,0 2  − =  ( 2) 0 a  − = ( 2) 0 a  =   a 2 2 ⇔ − = − =  ⇔ − =  − = ( 2) 0 ⇔ =  =. 0,75 ( 2) 0 b 2 ( 2) 0 c b ( 2) 0 c b c 2 2 Vậy P = 2013 2013 2013 ( 3) ( 3) ( 3) a b c − + − + − = 2013 2013 2013 ( 1) ( 1) ( 1) 3 − + − + − = − . 0,5 Câu 3 (4điểm) 2 2 2( 4 ) 4 5 13 0 x x x x − + − − − = 2 2 x x x x ⇔ − − + − − − = 2( 4 5) 4 5 3 0 1,0 1 x x − − ≥ 4 5 0 ⇔ x ≤ −1 hoặc x ≥ 5 (*) 0,25 Điều kiện 2 t x x = − − 4 5 ; ( t ≥ 0) 2 2 ⇔ = − − t x x4 5 0,75 Đặt : 2 Phương trình đã cho trở thành: 2 3 0 ( 1)(2 3) 0 t t t t + − = ⇔ − + = ⇔ t = 1 hoặc t = - 23 (loại). 1,0 2 Với t = 1 ta có : 2 x x − − = 4 5 1 24 6 0 ⇔ − − = x x ⇔ = ± 0,75 x 2 10 Vậy phương trình có nghiệm là x = ±2 10 ( thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 a, Có∠BFC=900 (vì CF là đường cao của tam giác ABC) ∠BEC = 900 (vì BE là đường cao của tam giác ABC) 1,0 Như vậy từ hai đỉnh F và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông Suy ra hai điểm E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 0,75 Vậy tứ giác BFEC nội tiếp. 0,25 b, Tứ giác ABDE nội tiếp do có∠BDA = ∠ BEA = 900 ⇒∠DBE = ∠DAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE) hay Câu 4 (6 điểm) 1,0 ∠CBE=∠IAC (1) ∠ IBC=∠ IAC ( góc nội tiếp chắn cung IC) (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∠CBE = ∠IBC ⇒BC là tia phân giác góc IBH . Ta lại có BC ⊥ HD nên tam giác IBH cân tại B Suy ra BC cũng là trung trực của HI Vậy I và H đối xứng nhau qua BC 1,0 c, Kẻ đường kính AK suy ra : KB // CH ( cùng vuông góc với AB ) 1,0 KC//BH ( cùng vuông góc với AC ) ⇒tứ giác BHCK là hình bình hành và M là giao điểm hai đường chéo. Câu 5 ⇒ M là trung điểm của HK 0,5 ⇒ OM là đường trung bình của tam giác AHK ⇒AH = 2OM ( đpcm) 0,5 1 1 1 (1 ) (1 ) 2 y z yz + + + + + + + (1) 0,75 ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 ) 1 1 (1 )(1 ) x y z y z y z Tương tự : 12 zx (2 điểm) + + + (2) ≥ 1 (1 )(1 ) y x z 0,5 12 xy + + + (3) ≥ 1 (1 )(1 ) z x y 2 Nhân ba bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3) với nhau ta được ≤0,5 xyz18 Suy ra giá trị lớn nhất của P = 18 khi x = y = z = 12. 0,25 A E F H C B D O M K I Hình vẽ bài 4 Các chú ý khi chấm 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. 3. Với bài 4 không cho điểm nếu không có hình vẽ.Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong tổ chấm. ………………… Hết ………………. 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ Đề chính thức Số báo danh Câu I. (5,0 điểm). 1) Cho phương trình: 2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Toán Lớp: 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). x mx m − + −= 2 2 1 0. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm x x Px x xx + = ++ + khi m thay đổi. 2 3 1 2 x , x với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 2 2 2(1 ) 1 2 12 2) (a). Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn 111. abc + = Chứng minh rằng 222 A = ++ abc là số hữu tỉ. (b). Cho ba số hữu tỉ x, , y z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: 111 = ++ − −− là số hữu tỉ. 222 Bx y yz zx ( )( )( ) 2 2 10. 1 19 x x Câu II. (5,0 điểm).1) Giải phương trình: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ + = ⎝ ⎠⎝ ⎠ − + x x ⎧ ⎛ ⎞ ⎪ + + += ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎨⎪ + ++= ⎪⎩ 1 1 1 4 2 2) Giải hệ phương trình: x xy y 3 x x 2 1 4. xy yy 2 3 Câu III. (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính BPE. Câu IV. (4,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định (O AB ∉ ). P là điểm di động trên đoạn thẳng AB ( P AB ≠ , và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N P ≠ ). 1) Chứng minh rằng ANP BNP = và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động. Câu V. (4,0 điểm). 1) Cho 1 2 45 aa a , ,...., là 45 số tự nhiên dương thoả mãn 1 2 45 aa a < << ≤ .... 130. Đặt 1 , ( 1,2,...,44). jj j da a j =− = + Chứng minh rằng ít nhất một trong 44 hiệu j d xuất hiện ít nhất 10 lần. 2) Cho ba số dương abc , , thoả mãn: 22 22 2 2 ab bc ca ++ ++ + = 2011. 222 1 2011. 2 2 Chứng minh rằng: abc ++≥ bc ca ab ++ + ............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm có 3 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP: 9 THCS Ngày thi: 24 - 3 - 2011 Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm Câu I 6 đ Ta có 2 Δ= − ≥ ∀ ' ( 1) 0, m m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m. 0,5 1) 2,5đ m Pm+ = +1,0 4 1 Theo định lí viet, ta có 1 2 12 x x m xx m + = =− 2, 2 1, suy ra 2 4 2 2 m = 1,0 + khi 1 .2 − =− ≤ = m Max P (2 1) 1 1. 1, 4 2 m 2 2a) Từ giả thiết suy ra 2220 ab bc ca − − = 0,5 1,5đSuy ra 2 A abc abc = +− = +− ( ) là số hữu tỉ 1,0 2b) + = 0,5 Đặt 1 11 a bc , , x y yz xz = == − −− suy ra 111. abc 1,0đ = ++ − −− là số hữu tỉ. 0,5 111 Áp dụng câu 2a) suy ra 222 Bx y yz zx ( )( )( ) Câu II 6 đ 1) 2,5đ Đk: x ≠ ±1. Phương trình tương đương với 2 2 2 22 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + − =⇔ − −= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ +− − − − ⎝ ⎠ xx x x x 10 2 2 10 2 0. 2 22 xx x x x 1 1 19 1 19 2 tx = − ta được phương trình 2 10 5 0 1,0 t − = 0,5 Đặt 2 ,1 x 2 2 tt t − − =⇔= hoặc23 9 3 Với 5 ,3 t = ta được x = − (vô nghiệm) 0,5 2 5 x 2 Với 2 ,3 1 3 2 x = ± 0,5 t = − ta được x = − − suy ra 1 .2 2 2 x 2 2) 1 3 ⎧ + ++ = ⎪⎪⎨ ⎛ ⎞ ⎪ + + += ⎜ ⎟ ⎪⎩ ⎝ ⎠0,5 1 1 4 2 2,5đ Đk: y ≠ 0. Hệ tương đương với x x 2 y y 1 1 4. 3 x x x 3 yy y 1 1,0 ⎧ = + ⎪⎪⎨⎪ = ⎪⎩ ta được hệ2 2 Đặt u xy x ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ + − = − += = ⎧ ⎨⎨⎨ ⇔ ⇔ uuv u u u 2 4 4 40 2 3 2 ⎪ ⎪ − = +−= ⎩ = ⎩ ⎩ u uv u u v v vy 2 4 42 1. , Với 21, ⎧ = ⎨⎩ = ta được u v ⎧ + = ⎪⎪ ⎧ = ⎨ ⎨ ⇔⎩ = ⎪ = ⎪⎩ (thoả mãn điều kiện) 1,0 1 21 xy x x y 1. 1 y Câu III 2đ Kẻ EF AC ⊥ tại F, DG BC ⊥ tại G. Theo giả thiết ( ) () ADPE BPC S S = () (). ACE BCD ⇒ = S S Mà AC BC EF DG =⇒= và A C= Suy ra Δ =Δ ⇒ = AEF CDG AE CG. 0,5 0,5 Câu IV 4,0đ Do đó Δ =Δ − − ⇒ = AEC CDB c g c DBC ECA ( ) 0,5 0 ⇒=+=+= BPE PBC PCB PCD PCB 60 0,5 Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến 1,0 1) 3,0đ chung của (O) với (C), (D) tại A, B tương ứng. Suy ra ANP QAP QBP BNP === . Ta có ANB ANP BNP QAP QBP =+=+ 0 = − 180 AQB , suy ra NAQB nội tiếp (1). Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên một đường tròn. Ta có OCN OAN OBN ODN === 2 2 , suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm A N O H C D B P E Q 0,5 0,5 0,5 trên một đường tròn. 0,5 Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua 1,0 2) 1,0đ các điểm N, O, D, C. Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định. Câu V 2đ 1 2 44 2 1 3 2 45 44 45 1 1) dd d aa aa a a a a + + + = − + − + + − = − ≤ −= ... ( ) ( ) ... ( ) 130 1 129. (1) 0,5 2,0 đNếu mỗi hiệu ( 1,2,....,44) j d j = xuất hiện không quá 10 lần thì 1 2 44 dd d + + + ≥ +++ + = ... 9(1 2 3 4) 8.5 130 mâu thuẫn với (1). Vậy phải có ít nhất một hiêụ ( 1,...,44) j d j = xuất hiện không ít hơn 10 lần 1,5 2,0đTa có 22 2 2( ) ( ) a b ab + ≥+ . 0,5 2) 222 2 2 2 abc a b c Suy ra( ) ( ) ( ) ++≥ + + bc ca ab bc ca ca ++ + +++ 22 2 2 2 2 222 Đặt 22 2 2 22 x =+ =+ =+ b cy c az a b ,,, 222 22 2 2 22 yzx zxy xyz VTx y z suy ra +− +− +− ≥++ 22 22 22 1,0 22 2 1( ) () ( ) ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ++ + ≥ −+ −+ − ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ yz zx xy x y z 2 2 22 2 xyz 22 2 1( ) () ( ) 23 23 23 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ++ + ≥ +− + +− + +− ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ yz zx xy x x yy zz 2 2 22 2 xy z 0,5 ( )( )( ) 1 2( ) 3 2( ) 3 2( 3 2 2 ≥ + − + + − + +− ⎡ ⎤ yz x zx y xy z ⎣ ⎦ Suy ra 1 1 2011 ( ) 2 2 2 2 VT x y z ≥ ++ = GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh …...............…… Câu I (4,0 điểm) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. ⎛ ⎞⎛ ⎞ − + −+ Cho biểu thức 1 8 3 11 1 xx x Px xx x x + − − −− − − ⎝ ⎠⎝ ⎠. =+ − ⎜ ⎟⎜ ⎟ : 3 1 3 11 1 10 1) Rút gọn P. 3 22 3 22 x+ − = − − + . 2) Tính giá trị của P khi 4 4 3 22 3 22 Câu II (4,0 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng dy x : 2 = − và parabol 2 ( ): P y x = − . Gọi A và B là giao điểm của d và ( ) P . 1) Tính độ dài AB . 2) Tìm m để đường thẳng dy xm ': = − + cắt ( ) P tại hai điểm C và D sao cho CD AB = . Câu III (4,0 điểm) 2 ⎧+ = ⎪⎪⎨⎪ + = ⎪⎩ 1) Giải hệ phương trình xx y 2 y y x 2 1 .2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 62 3 2 2 320 x y xy +− = . Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC > . Gọi M là trung điểm của BC ; H là trực tâm; AD BE CF , , là các đường cao của tam giác ABC . Kí hiệu 1 ( ) C và 2 ( ) C lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE , với K là giao điểm của EF và BC . Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của 1 ( ) C và 2 ( ) C . 2) KH AM ⊥ . Câu V (2,0 điểm) Với 0 ,, 1 ≤ ≤ x y z . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: 3 xyz ++ ++ ++ ++ . ++= 111 y zx z xy x yz x y z ------------------------------------------------------ HẾT----------------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 9 THCS Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 2,0 điểm 4,0 điểm Điều kiện xác định: 1 10 < ≠ x (*). Đặt: x aa −= < ≠ 1 ,0 3. ⎛ ⎞ + + ⎛ ⎞ =+ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ +− − ⎝ ⎠1,0 2 aa a Pa a a aa Khi đó: 9 31 1 : 2 2 39 3 + + = − −3 − = +3 1 3( 3) 2 4 : a a 2 9 ( 3) a aa 2) 2,0 điểm a 2 4 a − − = − + . 1,0 x 2 14 x x ( ) ( ) 2 2 4 4 =+ −− 3 22 3 22 1,0 ( ) ( ) 4 4 4 4 = +− − 21 21 = +− − 21 21 ( ) 2 = . P − = +12 = − . 1,0 Suy ra: 3 2 4 II 1) 2,0 điểm 4,0 điểm Toạ độ A và B thoả mãn hệ: 2 2 ⎧− =− ⎨⎩ = − x x y x 2 1,0 ⇔ ( ; ) (1; 1) x y = − hoặc ( ; ) ( 2; 4) x y =− − . AB = += 9 9 32 . 1,0 2) 2,0 điểm Xét phương trình (hoành độ giao điểm của ( ) P và d '): 2 − x =− + x m ⇔ 2 x xm − + = 0 (1). Tồn tại C và D, khi và chỉ khi: (1) có 2 nghiệm 1 2 x , x phân biệt 1,0 ⇔14 m < (*). Khi đó, toạ độ của C và D là: 1 1 Cx y (; ) và 2 2 Dx y (; ) , trong đó: 1 1 y = − + x m và 2 2 y = − + x m . 222 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 CD x x y y x x x x x x =− +− = − = + − ( ) ( ) 2( ) 2 ( ) 4 ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ . Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2 CD m = − 2(1 4 ). 1,0 CD AB = ⇔ 2(1 4 ) 18 − = m ⇔ 2 m = − , thoả mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm của m là: 2 m = − . III 1) 2,0 điểm - 1 - 4,0 điểm Điều kiện xác định: xy ≠ 0 (*). ⎧⎪ + = ⎨⎪⎩ + =⇔2 2 Khi đó, hệ đã cho tương đương với: ⎧ + +− = ( 2 )( 1) 0 x yx y 2 x xy y 2 2 2 2 y xy x ⎧⎪ + + =+ ⎨⎪⎩ + = x y xy x y 23 2 2 2 2 y xy x ⎨⎩ + = 1,0 ⇔ 2 2 2 y xy x ⎧ = − ⎨⎩ − = hoặc 113 ⎧ = − ⎪⎨ = ⎪⎩ ⇔ 220 x y y y x y y 1,0 ⇔ (; ) x y = (0; 0), ( 2; 1) − hoặc 2 1;3 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Đối chiếu (*), suy ra nghiệm của hệ đã cho: ( ; ) x y = ( 2; 1) − hoặc 2 1 (; ) ; 3 3 x y⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 2) 2,0 điểm 62 3 2 2 320 x y xy +− = (1). (1) ⇔ ( )2 3 32 x xy +−= ( ) 320 . Đặt: 3 x = 8u và 3 x − = y v8 , (1) trở thành: 2 2 u v + = 5. 1,0 3 ⎧ = ⎪⎪ − = ⎨⎪ + = 8 x u 3 8 Hệ: x y v suy ra: ( ; ) (2; 8), (2;24), ( 2; 24), ( 2;8) x y = − −− − . 1,0 2 2 5 u v ⎪⎩ ∈ , x y IV 1) 3,0 điểm 6,0 điểm F A (C1) E L (C2) H 1,0 B K M C D M EB CBE = (tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) = CAD (hai tam giác vuông EBC và DAC có chung góc nhọn C ). - 2 - Mặt khác 1 H C ∈( ), từ đó ta có: HEM HAE = . Suy ra, ME là tiếp tuyến của 1 ( ) C . 0,5 M ED MEC DEC = − = M CE DEC − (do tam giác BEC vuông tại E , có EM là trung tuyến) 1,0 = M CE DHC − (tứ giác HDCE nội tiếp) = M CE FHA − (góc đối đỉnh) = M CE FEA − (tứ giác HEAF nội tiếp) = M CE CEK − (góc đối đỉnh) 0,5 = DKE (góc ngoài tam giác), suy ra ME là tiếp tuyến của 2 ( ) C . Hoàn thành lời giải bài toán. 2) 3,0 điểm Gọi 1 L AM C = ∩( ) ; theo câu IV.1), ta có: 2 ML MA ME MD MK . . = = . 1.0 Suy ra L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - là đường tròn đường kính AK . 1.0 Do đó KL AM ⊥ . 1.0 V Mặt khác, ta lại có HL AM ⊥ (vì 1 L C ∈( ) - là đường tròn đường kính AH ). Do đó , , KLH thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh. 2,0 3 xyz điểm ++ ++ ++ ++ (1). ++= 111 y zx z xy x yz x y z Giả thiết 0 , , 1 ≤ < xyz kết hợp với điều kiện xác định của (1), suy ra: 0 x ++> y z (*). 0.5 Khi đó, ta có: (1 )(1 ) 0 − −≥ z x ⇔ 1 + ≥+ zx z x ⇔1x x ≤ + + ++ . y zx x y z Tương tự, ta cũng có: 1y y ++ ++ và 1z z ≤ z xy x y z ≤ + + ++ . x yz x y z 0.5 Suy ra: 3 1 xyz ++ ++ ++ ++ =++≤ 111 x y z y zx z xy x yz hay 3 xyz ++≥ (1) Mặt khác, từ 0 ,, 1 ≤ ≤ x y z , suy ra: 3 xyz + + ≤ (2) 0.5 Từ (1) và (2) ta suy ra: 3 xyz ++= , kết hợp với điều kiện 0 , , 1 ≤ x y z ≤ suy ra 1 x === y z Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ; ) (1;1;1) xyz = 0.5 ----------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------- - 3 - SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (3,0 điểm). KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề a) Cho biểu thức: 2 16 4 2 1 a a a Ma a a a           . Tìm tất cả các giá trị nguyên của a 6 8 2 4 để giá trị của M là một số nguyên. b) Cho đa thức 2 P(x)  ax bx c thỏa mãn đồng thời các điều kiện P(x)  0 với mọi số thực x và b  a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c Q b a     . Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: 11 2       x x x m x m Câu 3 (1,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số 75 1954 p 1 chia hết cho 60. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) có tâm là O và bán kính bằng R . Hai điểm phân biệt B,C cố định nằm trên (O) sao cho BC  a  2R . Gọi A là điểm bất kì thuộc cung lớn BC của (O), A không trùng với B,C . Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC . Hai điểm E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB và ADC . a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R . c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố định. Câu 5 (1,0 điểm). Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt. Mỗi một điểm được tô bởi một trong 4 màu: xanh, đỏ, tím, vàng. Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng được tô cùng một màu (nâu hoặc đen). ----------- Hết ----------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a) 2,5Cho biểu thức: 2 16 4 2 1 a a a Ma a a a           . Tìm tất cả các giá trị 6 8 2 4 nguyên của a để M là một số nguyên. ĐKXĐ: 04, 16      a a a a a a Ma a a a           2 16 4 2 1 6 8 2 4 2 16 ( 4)( 4) (2 1)( 2)           a a a a a a a 6 8 2 1         a a a ( 2)( 4) 4 a a a Từ 1 5 1 a Ma a       . 4 4 Do M là số nguyên nên 5( a  4)  a  4{1;  5}. TH1. a  4 1 a  25 TH2. a  4  1 a  9 TH3. a  4  5  a  81 TH4. a  4  5  a  1 (loại) Đối chiếu điều kiện đã đặt, ta suy ra các giá trị cần tìm của a là: 9; 25; 81. Cho đa thức 2 P(x)  ax  bx  c thỏa mãn đồng thời các điều kiện b) 0,5 P(x)  0 với mọi số thực x và b  a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c Q b a     .   a 0 - Từ P(x)  0,x ta chứng minh được 2     . b ac 4 0 - Do đó: 2 2 2 2 4 4                b b a b c a ab b c a b c a b 4 4 4 ( ) a a b a a b a - Lại có: 2 2 2 2 2 4 4 16 8 12 ( ) (4 ) 3 3 a ab b a ab b a b a a b               4 ( ) 4 ( ) 4 ( ) a b a a b a a b a Vậy min Q  3  b  c  4a  0 Học sinh có thể làm theo cách sau: - Từ giả thiết P(x)  0,x  P(2)  0  4a  2b  c  0  a  b  c  3(b  a)  0 - Từ đó suy ra 3 a b c Q b a      . Xét đa thức 2 P(x)  x  4x  4, ta thấy đa thức này thỏa mãn các điều kiện của giả thiết và khi đó 1 4 4 3 4 1 Q      . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 3. 2 2,0 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:      (*) x x 1 x m x m 1 2 ĐKXĐ: 12        x m x m Khi đó 2 2 (*)  x  (m  3)x  m  2  x  (1 m)x  (2m  2)x  m  2 (**) + Nếu m  1, (**)  0.x  1, vô nghiệm, suy ra phương trình (*) vô nghiệm + Nếu m  1 thì (**) có nghiệm 2 xm   , do đó phương trình đã m 2 2                2 1 (1) 2 2 mm cho vô nghiệm nếu m 2 2 (2) 2 2 mm m   m 0            - TH1 : 2 (1) 2 2 2 1 m mm 2    m 2                  - TH2 : 2 2 (2) 2 2 6 4 2 5 2 0 1 m m m m mm 2 Vậy có 4 giá trị của m để phương trình vô nghiệm là : 1 1;0; 2; 2    . 3 1,0 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng số 75 1954 p 1 chia hết cho 60. Trước hết ta dễ dàng chứng minh 7 5 1954  4m (với m nguyên dương) Ta sẽ chứng bài toán tổng quát 4 1 m p  chia hết cho 60 với mọi số nguyên tố p  5 và mọi số nguyên dương m. Thật vậy, có   4 4 4 2 1 ( ) 1 1 ( 1)( 1)( 1). m m m p   p   p  A  p  p  p  A ( A ) Do p lẻ nên p 1, p 1 là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( p 1)( p 1)4 (1) Lại có ( p 1) p( p 1)3 mà p không chia hết cho 3 nên ( p 1)( p 1)3 (2) Do p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k 1; 5k  2 . - Nếu 2 2 p  5k 1 p  25k 10k 1  5n 1 - Nếu 2 2 p  5k  2  p  25k  20k  4  5l 1 ( k,n,l ) Suy ra 4 p 1  5.q , hay 2 ( p 1)( p 1)( p 1)5 (3) 4 a 1,5 Từ (1), (2), (3) và 3, 5, 4 là các số đôi một nguyên tố cùng nhau nên 2 4 ( p 1)( p 1)( p 1)(3.5.4)  p 160 . Vậy 4 1 60 m p   (điều phải chứng minh). Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. Trong đường tròn (O) ta có:  1 .  2 AOE  AOB  ACB (1) Trong đường tròn (ADB), ta có AEO  sđADB 13600 2. 1800   2   ADB   ADB  ADC (2)  1 2 Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng. b 1,0 Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R . Tương tự phần a), ta có hai tam giác AFO, ADB đồng dạng, do đó       0 AEO  ADC, AFO  ADB  AEO  ADB 180  AEOF là tứ giác nội tiếp  E,F nằm hai phía AO, suy ra : 1 ( . . ) 4 AEOF AOE AOF S  S  S  OE AB  OF AC (3) (Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm) - Lại có: OE AO AO.CD OE CD AC AC    (4) OF AO AO.BD OF BD AB AB    (5) Thay (4), (5) vào (3) ta được: . . 4. . . AEOFAO CD AO BD S AB AC AC AB   (6) - Vì AD là phân giác của tam giác ABC nên ta có: AB DB AC DC  (7) Thế (7) vào (6) ta được 4 ( . . ) ( . . ) AEOFAB AC BD CD S AO CD BD AO CD BD AC AB CD BD     . ( ) . . 4 AEOFR a  AO BD CD  AO BC  R a  S  (đvdt). Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm E di chuyển trên một đường c thẳng cố định. 0,5 5 1,0 - Đường trung trực của BC cắt cung lớn BC tại H , cắt cung nhỏ BC tại K. Khi đó H, K cố định và là điểm chính giữa của các cung tương ứng. - Gọi M, N tương ứng là trung điểm BD, AB suy ra   0 BNE  BME  90 Do đó B,M ,N, E cùng nằm trên đường tròn đường kính BE .    1  BEM  BNM  BAD  sđ BKC . 4  1 BHK  sđ BKC , suy ra BEM  BHK (8) 4 Lại có EM // HK (cùng vuông góc với BC), H,E cùng phía so với BC (9) Kéo dài /  / BE  HK  H  BEM  BH K (10) Từ (8), (9), (10) suy ra / H  H  B, E, H thẳng hàng  E  BH cố định. B E A C D F - Vì các điểm phân biệt nằm trên một đường tròn nên ba điểm bất kỳ luôn tạo thành một tam giác. - Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu. Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là A, B,C, D, E, F - Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô bằng 2 màu nâu, đen khi đó có ít nhất 3 đoạn cùng màu, giả sử AB, AC, AD được tô cùng màu đen. Xét tam giác BCD , xảy ra hai khả năng: TH1. Nếu ba cạnh BC BD DC , , được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn) TH2. Nếu ba cạnh BC, BD, DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC đen, khi đó tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thỏa mãn) Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. ------------- Hết ------------- UBND HUYỆN NGHI XUÂN PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 -2014 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: a. Tính giá trị của biểu thức: A = − + − 6 2 5 14 6 5 b. Tìm x; y thỏa mãn: 2 2 4 4 0 x y xy x + − − + = Câu 2: a. Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 2 2 5 4 85 0 x y x y + − − = b. Cho x ; y ; z là các số nguyên và ( ) ( ) ( ) 5 5 5 2012 2 2013 3 2014  = + + − + +  = + + + P x y z S x y z 2 3 2013. Chứng minh rằng P chia hết cho 30 khi và chỉ khi S chia hết cho 30. Câu 3: Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn:  + + = 1 x y z2  + + + = 1 1 1 1 4 . 2 2 2 x y z xyz  + + > 1 1 1 0  x y z Tính giá trị của biểu thức: ( )( )( ) 2009 2009 2011 2011 2013 2013 P y z z x x y = + + + Câu 4: a. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H, trọng tâm I; Giao điểm 3 đường trung trực là O, trung điểm của BC là M. Tính giá trị biểu thức:2 2 IO OM + 2 2 IH HA + b. Cho góc xOy . Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N. Biết giá trị biểu thức 1 1 + không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. OM ON Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: a. Cho các số x; y; z không âm, không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn: 1 1 1 1 + + +. + + ≤ x 1 y 2 z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 P x y zx y z = + + ++ + b. Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671. Chứng minh rằng: 2 2 21 x y z + + ≥ x yz y zx z xy x y z − + − + − + + + 2013 2013 2013 -------------------- Hết ---------------------- Họ và tên thí sinh ............................................................... SBD ............................. PHÒNG GD-ĐT NGHI XUÂN -------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 Câu 1:(4 điểm) . a) 1,5 điểm. b) 2,5 điểm BIỂU ĐIỂM a) ( ) ( ) 2 2 A = − + − = − + − = − + − = 6 2 5 14 6 5 5 1 3 5 5 1 3 5 2 1,5 b) ĐKXĐ: 0;  = ∀ x y  > ≥0,5 x y 0; 0 Xét x = 0. Suy ra y = - 4 ( Thỏa mãn) 0,75 2 2 Xét x y > ≥ 0; 0 . Biến đổi PT về dạng: ( ) ( ) x y x − + − = 2 0 Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn). 1,0 KL: ( x y; 0; 4 ) = − ( ) hoặc ( x y; 4;4 ) = ( )0,25 Câu 2: (4,5 điểm) a) 2,25 điểm. b) 2,25 điểm a) Phương trình đã cho tương đương với ( )2 4 2 x y x = − − 85 2 0,5 Lập luận 4 4 x ≤ < 85 4 Mà x Z ∈ Suy ra 4 x ∈{4 4 4 4 0 ;1 ;2 ;3 } 1,0 4 4 x = 0 thì 2 y = 85 ( loại) x =1 thì ( )2 4 4 y − = 2 84 ( loại) x = 2 thì ( )2 4 4 y − = 8 71 ( loại) y − = 18 4 ⇔18 2  − = −⇔2016  − = 0,75 y  =  = Khi đó 33 x = 3 thì ( )2 4 4 y 18 2 y y  = x  = − x Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x y; )là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16) 5 5 5 P a b c b) Đặt a x b y c z = + = − = + 2012; 2 2013; 3 2014 . Ta có: ( a ; b ; c là các số nguyên ) 5 5 5 P S a a b b c c − = − + − + − Xét ( ) ( ) ( ) = + + S a b c = + + 0,5 1 Ta có : với mọi số nguyên m thì 5 m m− chia hết cho 30 Thật vậy: 5 4 2 2 m m m m m m m m m m m m m m m − = − = − + = = − + − + + − + ( 1) ( 1)( 1) ... ( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 1)(1) Với mọi số nguyên m thì m m m m m ;( 1);( 1);( 2);( 2) − + − + là 5 số nguyên liên tiếp nên trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3;1 thừa số chia hết cho 5 mà 2; 3; 5 nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên tích của chúng chia hết cho 2.3.5. Hay m m m m m ( 1)( 1)( 2)( 2) − + − + chia hết cho 30 (2) Và m m m ;( 1);( 1) − + m m m m m ;( 1);( 1);( 2);( 2) − + − + là 3 số nguyên liên tiếp nên trong đó có 1 thừa số chia hết cho 2; 1 thừa số chia hết cho 3 mà 2; 3 nguyên tố cùng nhau nên tích của chúng chia hết cho 2.3. Hay 5 ( 1)( 1) m m m − + chia hết cho 30 (3) Từ (1); (2); (3) Suy ra với mọi số nguyên m thì 5 m m− chia hết cho 30 5 5 5 P S a a b b c c − = − + − + − chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên Do đó ( ) ( ) ( ) Câu 3: (2,5 điểm) Từ giả thiết suy ra: 1,75 2 + +     1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 = + + + = + + + = + + + + + = + +         2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z Mà 1 1 1 0 + + > suy ra 1 1 1 2 x y z Mặt khác 1 + + = (1) x y z 1,0 + + = suy ra 12 x y z2 x y z= + + (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 + + =+ + (3) x y z x y z Biến đổi (3) ⇔ (x y y z z x 0 + + + = )( )( ) 1,0 2013 2013 2013 2013   + = = − = − + =   x y x y x y x y 0 0     2009 2009 2009 2009 ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ + =     z y y z y z y z 0 0 2011 2011 2011 2011   + = = − = − + =       0 0 x z z x z x z x nên P = 0 0,5 Câu 4 :(5,5 điểm) a) 3 điểm. b) 2,5 điểm A a) Ta có MO // HA (cùng vuông góc với BC) OK // BH (cùng vuông góc với AC) ⇒ KOM = BHA (góc có cạnh tương ứng song song) H K I O MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC) ⇒ HAB = OMK (góc có cạnh tương ứng song song) ⇒ ∆ABH đồng dạng với ∆MKO (1,0) B C M ⇒MO MK 1 = = ( 0,5) AH AB 2 2 Xét ∆AIH và ∆MIO có MO MI 1 = = và OMI = HAI (so le trong) AH AI 2 1,0 ⇒ ∆AIH đồng dạng với ∆MIO ⇒IO 1 IO OM 1 = ⇒ = = IH 2 IH HA 2 2 2 2 2 ⇒+ IO OM IO OM 1 2 2 IO OM += 1 IH HA IH HA 4⇒ = = = +0,5 2 2 2 2 2 2 + d x M IH OA 2 O b) Giả sử1 1 1 E I D N y + = (1) ( a là số dương cho trước). Lấy điểm D trên Oy sao OM ON a 1,0 cho OD = a thì OD < ON. Vẽ DI song song với Ox ( I∈đoạn MN ). Lấy E trên Ox sao cho OE = ID. Khi đó OEID là hình bình hành. OE OD NI EI NI MI + = + = + = => 1 1 1 Ta có 1 OM ON NM ON NM MN OE + = = (2) 0,75 ON OD OM OD a . Từ (1) và (2) => 1.OE OE = => 1 OM OD OM OD= => OE = OD = a không đổi, mà 0,75 D∈ Oy; E∈ Ox nên D; E cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình hành nên I cố định. Vậy d luôn đi qua I cố định (ĐPCM) CÂU 5 (3,5 điểm) Câu a) 2 điểm. Câu b) 1,5 điểm a) Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có ( )2 2 2 2 a b c a b c + + + + ≥+ + (*) Dấu “=” xảy ra ⇔a b c x y z x y z Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có ( )2 2 2 a b a b + = = x y z + ≥+ (**) x y x y ⇔ ( )( ) ( )2 2 2 a y b x x y xy a b + + ≥ + ⇔ ( )2 bx ay − ≥ 0 (luôn đúng) 1 áp dụng bất đẳng thức (**) ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b c c a b a b c + + + + + + Dấu “=” xảy ra ⇔a b c + + ≥ + ≥ x y z x y z x y z Áp dụng với a = b= c = 1 ta có ( )2 + + = = x y z 1 1 1 9 1 1 1 ≥ + + ≥ = 1x y z x y z x y z 1 2 3 6 6 + + + + + + + + + => x y z + + + ≥ 6 9 => x y z + + ≥ 3 ( Có thể chứng minh BĐT trên nhờ áp dụng BĐT Bunhicopski ) Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương ... ta có: 1 8(x y z) x y z 1 8.3 x y z 1 10 P x y z 2. . + + + + + + = + + + = + + ≥ + = x y z 9 9 x y z 9 9 x y z 3 + + + + + + 0,75 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi các số x; y; z không âm và không đồng thời bằng 0 x y z 3  + + = + +  = thỏa mãn : x y z 1  + + + = + = +  + + = 9 x y z x 1 y 2 z 3 1 1 1 1  + + + x 1 y 2 z 3 ⇔  = x 2  = y 1  = z 0 ( Thỏa mãn) 0,25 Vậy Min 10 P3 = ⇔ x = 2; y = 1; z = 0. b) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có x y z VTx yz y zx z xy = + + 2 2 2 2013 2013 2013 − + − + − + 2 2 2 x y z = + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2013 2013 2013 x x yz y y zx z z xy − + − + − + 2 ( ) x y z + + ≥+ + − + + + (1) 0,75 3 3 3 3 2013 ( ) x y z xyz x y z Chú ý: xy + yz + zx = 671 nên 2 2 2 x x xy zx + + + > 1342 0 , ( ) x x yz − + 2013 = ( ) ( ) 2 ( ) z z xy − + > 2013 0 y y zx − + > 2013 0 và 3 3 3 2 2 2 x y z xyz x y z x y z xy yz zx + + − = + + + + − − − 3 Chứng minh: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 = + + + + − + + x y z x y z xy yz zx   3   (2) 0,5 x y z xyz x y z + + − + + + = 3 2013 ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 ( ) x y z x y z xy yz zx + + + + − + + +   3 2013   = ( ) ( )2 x y z x y z + + + + − +   3.671 2013   =( )3 x y z + + (3) Từ (1) và (3) ta suy ra 2 ( ) + + x y z 1 + + + + Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 2013 ≥ = VTx y z x y z 3 ( ) 3. 0,25 ( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng) ----Hết----- 4 phßng gd- phßng gd-®t ®øc thä ®t ®øc thä ®Ò thi olympic to¸n 9 ®Ò thi olympic to¸n 9 ®Ò thi olympic to¸n 9 n¨m häc 2012 n¨m häc 2012 n¨m häc 2012-2013 §Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi 120 phót Bµi 1: a) Gi¶i ph−¬ng tr×nh x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2 + + − + − − − = 2 2 a x 2a 3 1 x x 4 2 3 4 (*) b) Víi gi¸ trÞ nµo cña tham sè a th× ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: + − + − = − ( ) Lêi gi¶i: a) Ta cã ( ) ( )2 1 1 x 2 3 2x 5 2x 5 6 2x 5 9 2x 5 3 0 + + − = − + − + = − + ≥ 2 2 ( ) ( )2 1 1 x 2 2x 5 2x 5 2 2x 5 1 2x 5 1 0 − − − = − − − + = − − ≥ 2 2 §KX§: 5 2x 5 0 x2 − ≥ ⇔ ≥ Ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 + + − + − − − = ( ) ( ) 2 2 ⇔ − + + − − = ⇔ − + + − − = 2x 5 3 2x 5 1 4 2x 5 3 2x 5 1 4 ⇔ − − = − − 1 2x 5 1 2x 5 . Ta cã 1 2x 5 1 2x 5 − − ≥ − − , do ®ã dÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi 1 2x 5 0 2x 5 1 2x 5 1 x 3 − − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ . KÕt hîp víi §KX§ ta cã nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ 5x 3 2≤ ≤ b) §KX§: x 4 0 x 4 − ≥ ⇔ ≥ 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 x 4 + − + − = − − Ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng ( ) 2 2 2 2 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 a x 2a 3 1 x 3 1 ax 3 1 0 + − + − = + − + − = + − ≥ ; Ta cã ( ) ( ) ( ) ( )   + − + − =  + − + − =   ⇔ 2 2 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0 − − ≤ x 4 0 . Suy ra ( ) ( )   − =  =  x 4 0 x 4 2 2 a x 2a 3 1 x 4 2 3 0 + − + − = cã nghiÖm x = 4 §Ó ph−¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm th× ph−¬ng tr×nh ( ) Dã ®ã ( ) ( )2 2 2 1 3 a 4 2a 3 1 4 4 2 3 0 4a 3 1 0 a4− + − + − = ⇔ + − = ⇔ = Bµi 2: a) T×m GTNN cña biÓu thøc = + + + − + 2 2 P 1 4x 4x 4x 12x 9 b) T×m sè thùc a ®Ó ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm nguyªn − + + = 2 x ax a 2 0 Lêi gi¶i: a) ( ) ( ) 2 2 2 2 P 1 4x 4x 4x 12x 9 2x 1 2x 3 2x 1 2x 3 = + + + − + = + + − = + + − = + + − ≥ + + − = 2x 1 3 2x 2x 1 3 2x 4 GTNN cña P lµ 4. §¹t ®−îc khi ( )( ) ( )2 2 1 3 2x 1 3 2x 0 4x 4x 3 0 2x 1 4 2x 1 2 x + − ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ 2 2 b) §Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn th× ∆ ≥ 0 ( )2 2 ⇒ a 4a 8 0 a 2 12 a 2 2 3 − − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ a 2 2 3 ≤ − ; a 2 2 3 ≥ + . Khi ®ã gäi x1; x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh. Theo hÖ thøc Viets ta cã x x ax x x x 2 x x 1 x 1 3 x 1 x 1 3  + = ( ) ( ) ( )( ) 1 21 2 1 2 1 2 2 1 2  ⇒ − + = ⇔ − − − = ⇔ − − = = +  x x a 2 1 2 x1 – 1 vµ x2 – 1 lµ −íc cña 3. Gi¶ sö x1 ≥ x2 th× x1 – 1 ≥ x2 – 1. Ta cã 2 tr−êng hîp sau:   − = = x 1 3 x 4   − = − = x 1 1 x 0 − = =   khi ®ã a = 6 vµ 1 1 1 1   ⇔ x 1 1 x 2 2 2   ⇔ − = − = −  khi ®ã a = -2 x 1 3 x 2 2 2 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã a 2; 6 ∈ −{ } lµ gi¸ trÞ cÇn t×m Bµi 3: a) Chøng minh r»ng ®−êng th¼ng (d) cã ph−¬ng tr×nh (m 3 x m 2 y m 1 0 − − − + − = ) ( ) (m lµ tham sè) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh A. T×m täa ®é A  − − + − = x y 3 x 2 4 b) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh sau: 2 2(1)(2)  + − + − = x y 2xy 4x 4y 5 Lêi gi¶i: a) Ta cã (m 3 x m 2 y m 1 0 mx my m 3x 2y 1 0 − − − + − = ⇔ − + − + − = ) ( ) ⇔ − + + − − = m x y 1 2y 3x 1 0 ( ) ( ) ®óng víi mäi m khi vµ chØ khi x y 1 0 2x 2y 2 0   − + = − + =   ⇔   − − = − − = 2y 3x 1 0 2y 3x 1 0   = = ⇔ ⇔     = + =. VËy ®−êng th¼ng (d) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh A(1; 2) x 1 x 1 y x 1 y 2 b) Tõ ph−¬ng tr×nh (2) suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 x y 2 3 x y 4 x y 4 9 x y 2 9x y 2 3  − + = − + − + = ⇔ − + = ⇔  − + = −  − = ⇔  − = − x y 1 x y 5 Víi x – y = 1 thay vµo ph−¬ng tr×nh (1) ®−îc x 2 2 x 4 x 2 2 x 2 2 x 0   − = = − = ⇔ ⇔     − = − = x = 4 ⇒ y = 3; x = 0 ⇒ y = -1 Víi x – y = -5 thay vµo ph−¬ng tr×nh (1) ®−îc x 2 4 − = − v« nghiÖm VËy tËp nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ ( x;y 4;3 ; 0; 1 )∈ − {( ) ( )} Bµi 4: Cho ∆ABC ®Òu cè ®Þnh néi tiÕp trong ®−êng trßn (O). §−êng th¼ng d thay ®æi lu«n ®i qua A vµ c¾t cung nhá AB t¹i ®iÓm E (E ≠ A). §−êng th¼ng d c¾t hai tiÕp tuyÕn t¹i B vµ C cña ®−êng trßn (O) lÇn l−ît t¹i M vµ N, MC c¾t BN t¹i F. Chøng minh r»ng a) ∆CAN ∼ ∆BMA vµ ∆MBC ∼ ∆BCN b) Tø gi¸c BMEF néi tiÕp ®−îc ®−êng trßn c) Chøng minh r»ng ®−êng th¼ng EF lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi d thay ®æi Lêi gi¶i: a) Ta cã 1 0 = = = ACN s® AC ABC 60 2 1 0 MBA s® AB ACB 60 ACN MBA = = = ⇒ = 2 1 ( ) = − ANC s® EBC AC 2 1 1 ( ) s® EBC BC s® BE BAM = − = = N A E M 2 2 O F XÐt ∆CAN vµ ∆BMA cã  = ACN MBA I  =⇒ ∆CAN ∼ ∆BMA (g – g) ANC BAM CA CN BC CN BC BM ⇒ = ⇒ = ⇒ = BM BA BM CB CN CB B C K XÐt ∆MBC vµ ∆BCN cã BC BM  = CN CB  = =⇒ ∆MBC ∼ ∆BCN (c – g – c) 0 MBC BCN 120  = ∆ ∆  ⇒ (g – g) b) XÐt ∆MBC vµ ∆BFC cã BMC CBF (v× MBC BCN) BCM chung 0 0 ⇒ BFC MBC 120 BFM 60 = = ⇒ = . MÆt kh¸c 0 BCA AEB 180 + = , 0 BEM AEB 180 + = ⇒ BEM BCA 60 = = . Suy ra 0 BEM BFM 60 = = , tø gi¸c BMEF néi tiÕp (E, F cïng nh×n MB d−íi 1 gãc b»ng nhau) 0 c) §−êng th¼ng EF c¾t ®−êng trßn (O) t¹i K. Ta cã BMF CBF = (v× ∆MBC ∼ ∆BFC); BMF BEF = (gãc néi tiÕp cïng ch¾n BF ); BMF BCK = (gãc néi tiÕp cïng ch¾n BK ) ⇒ CBF BCK = ⇒ BF // CK (1) Ta l¹i cã 1 0 0 BKC s® BAC 120 KBF 60 = = ⇒ = mµ 0 BFC 120 = ⇒ BK // FC (2) 2 Tõ (1) vµ (2) ⇒ tø gi¸c BFCK lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã EF ®i qua trung ®iÓm I cña BC cè ®Þnh Bµi 5: Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b + + + + + + + + + Lêi gi¶i: Víi x, y > 0 ta cã 1 1 4 + ≥+. ThËt vËy ( ) ( ) 1 1 4 2 2 x y 4xy x y 0 + víi ∀x, y. DÊu x y x y “=” x¶y ra khi vµ chØ khi x = y + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − ≥ x y x y ¸p dông bµi to¸n phô trªn ta cã: 1 1 4 2 + ≥ = a 3b b 2c a a 3b b 2c a a 2b c + + + + + + + + + 1 1 4 2 + ≥ = b 3c c 2a b b 3c c 2a b b 2c a + + + + + + + + + 1 1 4 2 + ≥ = c 3a a 2b c c 3a a 2b c c 2a b + + + + + + + + + Céng theo vÕ 3 B§T trªn ®−îc 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + a 3b b 3c c 3a a 2b c b 2c a c 2a b + + + + + + + + +  + = + +  + = + + ⇔ = = a 3b b 2c a DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi b 3c c 2a b a b c  + = + +  c 3a a 2b c Lêi gi¶i: NguyÔn Ngäc Hïng – THCS Hoµng Xu©n H·n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Câu 1. (5,0 điểm) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 9 PHỔ THÔNG Ngày thi: 30/3/2013 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề 1) Tính giá trị của biểu thức 3 3 A = + − − 26 15 3 26 15 3 .       − + − + − + 2) Rút gọn biểu thức 2 2 2 7 3 2 1 1 a a a a Pa a a a a + − − − − − −      . = + −       . : 3 11 3 2 3 2 2 2 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3 2 3 8 2 3 10 x x x + = − + . 2 2  + + + =  + + − =. x y xy y 2) Giải hệ phương trình sau: 2 1 4 Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho hàm số2 ( 1)( 2) x x y y y x = . Tìm các giá trị của m để đường thẳng ∆ có phương trình y x m = − cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2 A x y B x y ( ; ), ( ; ) thoả mãn: 4 4 2 1 2 1 ( ) ( ) 18 x x y y − + − = . 2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a b c , , đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện 20 30( ) 21 abc ab bc ca abc < + + < Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB 1 4 0 m 0.5 1 (2 điểm) ⇔ < m0.5 1.4 + Khi đó 1 1 2 2 A x y B x y ( ; ), ( ; ) + Theo định lí Viet 1 2 1 2 x x x x m + = = 1, . Ta có 1 1 2 2 y x m y x m = − = − , + 4 4 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 18 ( ) 9 [( ) 4 ] 9 x x y y x x x x x x − + − = ⇔ − = ⇔ + − = o m t m 0.5  = 1 (k / ) + Tìm được  = −  1( / ) 0.5 m t m 2 KL: 2 (2 điểm) + Từ giả thiết suy ra: 2 1 1 1 7 < + + < . Không giảm tính tổng quát 3 10 a b c < ⇒ <0.5 giả sử a b c > > >1. Suy ra 2 3 2 9 3c c Do đó c∈{2;3} + Với c = 2 suy ra 2 1 1 1 7 1 1 1 1 1 2 1 1 (1) và < + + < ⇒ < + < ⇒ < < 3 2 10 6 5 6 5 a b a b b b Do đó b∈{7;11} + Với b = 7 từ (1) suy ra 1 1 2 {19;23;29;31;37;41} 42 35a < < ⇒ ∈ a + Với b =11 từ (1) suy ra 5 1 6 13 < < ⇒ = ( do a>b) 66 55a a + Với c = 3 từ giả thiết suy ra 1 1 1 11 1 2 (*) 6 5 < + < ⇒ < ⇒ < ⇒ = ( do b>c) 3 30 3b b a b b Thay b = 5 vào (*) được 15 6 7 < < a a ⇒ = . 2 Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn: (19;7;2),(23;7;2),(29;7;2),(31;7;2),(37;7;2),(41;7;2),(13;11;2),(7;5;3) và các hoán vị của nó. 0.5 0,5 0.5 Câu 4 (6 điểm) 1 (2 điểm) + Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN = 0.5 + Lại có AHN ACH = (vì cùng phụ với góc CHN ) 0.5 + Suy ra ACB AMN = , mà 0 AMN NMB + =180 nên 0 ACB NMB + =180 0.5 KL: 0.5 + Có AID AOH = vì cùng bằng hai lần ACB . 0.5 + Tam giác AD AI AID AOHAH AO ⇒ = 0.5 2 (2 điểm) + Có 1 1 1 1 ( ), AI= . AO BC HB HC AH HB HC = = + = 0.5 2 2 2 2 = = = +0.5 + Do đó 1 1 1. AO HB HC + AD AH AI HB HC HB HC . . AH = 0.5 3 (2 điểm) + Tính được BC=5, 125 + Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. Khi đó KI là đường trung trực của đoạn MN. 0.5 Do hai tam giac AID và AOH đồng dạng nên 0 ⇒ ADI AHO = = 90 ⇒ OA MN ⊥ Do vậy KI//OA. + Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK BC ⊥ . Do đó AH//KO. + Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành. 0.5 Bán kính R KB KO OB AI BC AH BC = = + = + = + =0.5 2 2 2 2 2 2 1 1 1 769 4 4 4 10 Câu 5 (1 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 a b a b b ab b + + = + + + + ≥ + + 2 3 ( ) ( 1) 2 2 2 2 0.5 Tương tự:2 2 b c bc c + + ≥ + + 2 3 2 2 2 , 2 2 c a ac a + + ≥ + + 2 3 2 2 2 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 ( ) + + ≤ + + 2 2 2 2 2 2 a b b c c a ab b bc c ac a + + + + + + + + + + + + 2 3 2 3 2 3 2 1 1 1 0.5 1 1 1 1 1 ( ) . = + + = 2 1 2 1 1 1 1 1 ab ba + + + + + + a ab b Điểm toàn bài (20điểm) Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì 2 n n 2 + + không chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2 n 17 + là một số chính phương. Câu 2 (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 x 4x+5 = 2 2x+3 +  b) Giải hệ phương trình: Câu 3 (3,0 điểm). 2x+y = x 2y+x = y 2 2 4x+3 Ax 1 =+ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 Câu 4 (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = 2 BC b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K∈(O). Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh: ..................................... SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - Bảng B ------------------------------------------- Câu: Nội dung 1. *) Nếu 2 n 3 n n 3 M M ⇒ + nên 2 a, (2,5) b, (2,5) 2. a, (2.5) n n 2 3 + + M/ (1) *) Nếu 2 n 3 n 2 3 M M / ⇒ + 2 ⇒ n n 2 3 + + M/ (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∀ ∈n Z thì 2 n n 2 3 + + M/ Đặt 2 2 m n 17 = + (m N) ∈ 2 2 ⇒ m n 17 (m n)(m n) 17 1.17 − = ⇒ − + = = =17.1 Do m + n > m - n   + = = m n 17 m 9 ⇒ ⇒     − = = m n 1 n 8 Vậy với n = 8 ta có 2 2 n 17 64 17 81 9 + = + = = Giải phương trình 2 x 4x+5=2 2x+3 + (1) Điều kiện: 3 ≥ ⇒ ≥ 2x+3 0 x -2 (1) 2 ⇔ + = x 4x+5-2 2x+3 0 2 ⇔ + + = x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0 2 2 ⇔ + + − = (x 1) ( 2x+3 1) 0 x 1 0  + = ⇔  − = 2x+3 1 0 x 1  = − ⇔  2x+3=1 ⇔ = − x 1 thỏa mãn điều kiện Giải hệ phương trình b, (2.5)  2x+y=x 2y+x=y 2 2 (1) (2) Trừ từng vế 2 phương trình ta có: 2 2 x y x y − = − ⇔ − + − = (x y)(x y 1) 0   = = ⇔ ⇔     + − = = − x y x y x y 1 0 x 1 y Ta có: *) x y x y   = =   ⇔   − = = x(x 3) 0 x 0 Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) hoặc x = 3    = − = − = − x 1 y x 1 y x 1 y    ⇔ ⇔ *) 2 2 2    − + = − − + = (*) 2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 1 0 Vì phương trình 2 y y 1 0 − + = vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) 3. 4x+3 Ax 1 =+ Tìmgiá trị nhỏ nhất của 2 2 4x+3 x 4x+4 A 1 Ta có: = = − + + 2 2 x 1 x 1 + + 2 (x 2) A 1 1 + = − + ≥ − 2 x 1 + Dấu "=" xảy ra ⇔ + = ⇔ = − x 2 0 x 2 Vậy A 1 min = − khi x = -2 4. a, (2,5) B A FO H I K E C Gọi I là giao điểm của AH và BC ⇒ AI ⊥ BC S Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g) BH BI BH.BE BC.BI ⇒ = ⇒ = (1) BC BE S Ta có: ∆CHI ∆CBF (g, g) CH CI CH.CF BC.CI ⇒ = ⇒ = (2) CB CF Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra HCB KCB = b, (2,0) Mà FAI HCI = (do tứ giác AFIC nội tiếp) """