Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs

Động cơ học tập là nguồn tạo ra tính tích cực trong hoạt động học và khi đã hình thành lại có giá trị như một động cơ thúc giục hoạt động, là thuộc tính của nhân cách, còn tính tích cực lại là một trạng thái tinh thần làm nền cho hoạt động diễn ra có hiệu quả và có thuộc tính thiên về cảm xúc .G.I. Sukina đã chia tính tích cực ra làm ba cấp độ1. Tính tích cực bắt chước, tái hiện: xuất hiện do tác động kích thích bên ngoài. Trong trường hợp này người học thao tác trên đối tượng, bắt chước theo mẫu hoặc mô hình của GV, nhằm chuyển đối tượng từ ngoài vào trong theo cơ chế “hoạt động bên ngoài bên trong có cùng cấu trúc”. Nhờ đó, kinh nghiệm hoạt động được tích luỹ thông qua kinh nghiệm người khác.2. Tính tích cực tìm tòi: đi liền với quá trình hình thành khái niệm. Giải quyết các tình huống nhận thức, tìm ra các phương thức hành động trên cơ sở có tính tự giác, có sự tham gia của động cơ, nhu cầu, hứng thú và ý chí của HS. Loại này xuất hiện không chỉ do yêu cầu của GV mà còn hoàn toàn tự phát trong quá trình nhận thức. Nó tồn tại không chỉ ở dạng trạng thái, cảm xúc mà còn ở dạng thuộc tính bền vững của hoạt động. ở mức độ này tính độc lập cao hơn mức trên, cho phép HS tiếp nhận nhiệm vụ và tự mình tìm ra phương tiện thực hiện.3. Tính tích cực sáng tạo: thể hiện khi chủ thể nhận thức tự tìm tòi kiến thức mới, tự tìm kiếm ra phương thức hành động riêng và trở thành phẩm chất bền vững của cá nhân. Đây là mức độ biểu hiện tính tích cực nhận thức cao nhất .Như vậy nói về tính tích cực nhận thức, người ta thường đánh giá về mức độ nhận thức của người học trong quá trình thực hiện mục đích dạy học.Kharlamop I.F. viết: “Tính tích cực trong hoạt động nhận thức là trạng thái hoạt động của HS, được đặc trưng bởi khát vọng học tập, sự cố gắng trí tuệ với nghị lực cao trong quá trình nắm vững kiến thức cho chính mình”.+ Tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh: Tối đa hoá sự tham gia hoạt động của người học với định hướng chỉ đạo là tự nhận thức, tự phát triển, tự thực

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs     !"#!$%#&&&&&&&&&&&& Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề '()*+,- ./+#012*3 1) Tính: 9 17 9 17 2A = + + − − 2) Tính: ( ) ( ) 6 2 10 5 3 2 3B = − + − . 3) Cho 1 2 2009 1 2008 1C = − − − và 2 2 2.2009 2009 1 2008 1 D = − + − . Không dùng máy tính hãy so sánh C và D . 4/1#012*3 1) Cho đa thức ( ) ( ) 1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + + . Tìm x để ( ) 2010f x = 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 x y z 6 xy yz zx 1 x y z 14 + + =   + − = −   + + =  4/5#012*3 Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ ( ) 1;1 và điểm A di động ( ) A m;0 1) Viết phương trình họ đường thẳng ( ) m d vuông góc với AB tại A. 2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ ( ) m d đồng qui. 3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ ( ) m d đi qua 4/6#052*3 Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD. a) Tính số đo góc NEB. b) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. 4/7#0+2*3 Cho các số 1 2 2009 , a , . . . ,a a được xác định theo công thức sau: = + + + n 2 a (2n 1)( n n 1) với n = 1, 2, …, 2008. Chứng minh rằng: < 1 2 2009 2008 a + a + . . . + a 2010 &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&8&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs     M«n thi : To¸n M· sè: Híng dÉn chÊm gåm . . . trang H íng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung §iÓ m 4/ + 1 2* +3 9:72* 9 17 9 17 2A = + + − − ( ) 2 9 17 9 17 2 2 + + − − = 18 2 17 18 2 17 4 2 + + − − = ( ) ( ) 2 2 17 1 17 1 2 2 + + − − = 0,25 ( ) ( ) 2 17 1 17 1 17 1 2 2 17 2 2 17 1 2 2 2 − + + − − − = = = = − 0,25 13 9:72* ( ) ( ) 6 2 10 5 3 2 3B = − + − ( ) ( ) 3 1 10 5 3 2. 2 3= − + − ( ) ( ) ( ) 3 1 10 5 3 2 2 3= − + − ( ) ( ) ( ) 2 3 1 10 5 3 3 1= − + − 0,25 ( ) ( ) 2 3 1 10 5 3= − + ( ) ( ) 4 2 3 10 5 3= − + ( ) ( ) 10 2 3 2 3= − + 10= 0,25 53 +:92* 1 2 2009 1 2008 1C = − − − ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − − − + − = − + − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − − = − + − 0,25 2 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − + = − + − ( ) ( ) 2 2 2009 2008 2009 2008 2009 1 2008 1 − + = − + − 2 2 4017 2009 1 2008 1 = − + − 0,25 Mà 4017 4018 2.2009 < = ⇒ 2 2 4017 2009 1 2008 1− + − < 2 2 4018 2009 1 2008 1− + − 0,25 Vậy C < D 0,25 4/ 1 1 2* +3 +:92* Ta có ( ) ( ) 1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + + ⇒ ( ) ( ) 3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − −    ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + + ( ) ( ) . 1 2x x x= + + 0,25 H ’ AB C D E H M N I P O K 45 0 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs ⇒ ( ) ( ) ( ) 1 . 1 2 3 f x x x x= + + Để ( ) 8f x = ⇔ ( ) ( ) 1 . 1 2 8 3 x x x+ + = ⇔ ( ) ( ) . 1 2 24x x x+ + = ⇔ 3 2 3 2 24 0x x x+ + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − = 0,25 ⇔ ( ) ( ) 2 2 5 12 0x x x− + + = ⇔ 2 2 0 5 12 0 x x x − =   + + =  ( ) ( ) 1 2 0,25 Giải phương trình ( ) 1 ta được x = 2 Giải phương trình ( ) 2 Vô nghiệm Vậy với x = 2 thì ( ) 8f x = . 0,25 13 +:92* 2 2 2 x y z 6 (1) xy yz zx 1 (2) x y z 14 (3) + + =   + − = −   + + =  (1) ⇒ (x + y + z) 2 = 36 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = 36 ⇒ xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3)) (2) ⇒ xy + yz = zx – 1 ⇒ xy + yz + zx = 2zx – 1 ⇒ 2zx = 12 ⇒ zx = 6 ⇒ xy + yz = 5 ⇒ y(x + z) = 5 (4) 0,25 Mà y + x + z = 6 ⇒ x + z = 6 – y (4) ⇒ y(6 – y) = 5 ⇒ y(6 – y) = 5 ⇒ (y – 1)(y – 5) = 0 y 1 y 5 =  ⇒  =  0,25 +) Với y = 1 thì (4) ⇒ x + z = 5 ⇒ x = 5 – z mà zx = 6 ⇒ (5 – z)z = 6 ⇒ (z – 2)(z – 3) = 0 z 2 x 3 z 3 x 2 = =   ⇒ ⇒   = =   0,25 +) Với y = 5 thì (4) ⇒ x + z = 1 ⇒ x = 1 – z mà zx = 6 ⇒ (1 – z)z = 6 ⇒ (z 1 2 − ) 2 = 23 4 − (phương trình vô nghiệm) Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là { } S (3; 1; 2),(2; 1; 3)= 0,25 4/ 5 1 +3 9:;72* Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d) A, B ∈ (d) nên − − = ≠ − − y 1 x 1 (m 1) 0 1 m 1 0,25 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs 2* − ⇒ − = − ⇒ − − + = − x 1 1 y m 1 m 1 my y x 1 ⇒ − = − ⇒ = − − − y(1 m) x m 1 m y x 1 m 1 m Gọi phương trình họ đường thẳng ( ) m d là y = a’x + b’ Vì ( ) m d ⊥ AB tại A nên a.a’ = - 1 ⇒ = − − 1 .a ' 1 1 m ⇒ a’ = m – 1 ⇒ y = (m – 1)x + b’ 0,25 Vì ( ) m d đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’ Vậy họ đường thẳng ( ) m d cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m 2 ) ≠(m 1) 0,25 13 9:72* Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d m ) đồng qui tại điểm (x o ; y ô ) ⇒ y o = (m – 1)x o + (m – m 2 ) ⇔ m 2 – m(x o + 1) + x o + y o = 0 0,25 Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2 nghiệm ⇒ Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (d m ) đi qua điểm (x o ; y o ) Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (d m ) đồng qui. 0,25 53 9:;72* Gọi các điểm N(x 1 ; y 1 ) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d m ) đi qua ⇒ y 1 = (m – 1)x 1 + m – m 2 ⇒ m 2 – m(x 1 + 1) + x 1 + y 1 = 0 0,25 Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (d m ) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm. ⇒ ∆ = ⇔0 ( ) ( ) 2 1 1 1 x + 1 - 4 x + y = 0 0,25 − ⇔ = 2 1 1 (x 1) y 4 Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol − ⇔ = 2 1 1 (x 1) y 4 0,25 4/ 6 52 * +3 9:72* Vẽ hình đúng 0,25 Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs 0,25 13 9:72* 0,25 0,25 0,25 53 +:92* V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25 Do DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính. 0,25 M D l im c nh nm chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB nờn I l im chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB 0,25 im I i xng vi D qua AB. Vy I l im c nh. 0,25 4/7 +2* = + + + n 2 a (2n 1)( n n 1) + + = < = + + + + 2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1 n 1 n 2 n(n 1) n n 1 0,25 Do đó + + + < + + + = 1 2 2009 1 1 1 1 1 1 a a 1 2 2 3 2009 2010 1 1 2010 0,25 Mt khỏc: ( ) + = ữ = = > 2 2008 1 2008 2009 2010 2009 2010 1 2010 2009 2010 2009 2009 1 2010 2 2009 0 2010 2009 2010 2009 0,25 nờn < 1 2008 1 2010 2009 . Vy < 1 2 2009 2008 a + a + . . . + a 2010 0,25 Câu Nội dung cần trình bày Điểm 5 3 điểm Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB. +) Xét DCP và DBE có: ã ã = DCP DBE (so le trong) DC = DB (AD là trung truyến của ABC) ã ã = CDP BDE (đối đỉnh) DCP = DBE (g.c.g) CP = BE (1) +) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác của à A nên MNAP là hình vuông. AN = AP CP = BN (2) Từ (1) và (2) BE = BN BEN cân ã = 0 NEB 4 5 0,25 Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs +) Gọi O là trung điểm của EN. Ta có BEN và EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O. Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K. Khi đó: ã ã = 1 OHN KON 2 ( ã KON góc ngoàicủa tam giác cân OHN) ã ã = 1 OHB KOB 2 ( ã KOB góc ngoài của tam giác cân OHB) ã ã OHN OHB = ã ã ( ) = 0 1 1 KON KOB .90 2 2 ã = 0 BHN 45 Vậy có ã ã = = 0 BHN BEN 45 (3) Chứng minh tơng tự ta có: ã ã = = 0 NHA NPA 45 (4) Từ (3) và (4) có ã = 0 AHB 90 và NH là đờng phân giác của góc ã AHB Gọi H là hình chiếu của H trên AB. Khi đó SAHB = 1 AB.HH' 2 Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất. Điểm H chạy trên cung tròn đờng kính AB nên HH lớn nhất khi nó bằng bán kính, tức là khi H D. Khi đó M D. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 !"#!$%#&&&&&&&&&&&& Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao '()*+,- 4/+#012*3 1) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y x P x y y x y x x y = + + + + 2) Tỡm x, y l cỏc s chớnh phng P = 2 3) Rỳt gn ri tớnh giỏ tr biu thc: 1.2.3 2.3.4 3.4.5 2008.2009.2010Q = + + + + 4/1#012*3 1) Cho biu thc: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 A = + + + + x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + + Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs Tìm x để 5 4050150 A = 2) Cho hệ phương trình 2 2 2 2 x y a b x y a b + = +   + = +  Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có n n n n x y a b + = + 3) Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z 3≤ . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 x y z x y z + + + + + 4/5#012*3 1) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phương với mọi n là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số chính phương. 2) 4/6#052*3 Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD. 1) Tính số đo góc NEB. 2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. 3) CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. 4/7#0+2*3 Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a 1 , a 2 , , a n+2 thoả mãn điều kiện 1 ≤ a 1 < a 2 < < a n+2 ≤ 3n. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a i , a j ( ) 1 j i n + 2≤ ≤ ≤ sao cho n < a i – a j < 2n &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&8&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs     M«n thi : To¸n M· sè: Híng dÉn chÊm gåm 5 trang H íng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung §iÓm 4/ + 12 * +3 9:;72* ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0; x ≠ 1; y ≠ 1; x 2 + y 2 > 0 Mẫu thức chung: ( ) ( ) ( ) 1 1a b b a+ − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a a b b ab a b A a b b a + − − − + = + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a a a b b b ab a b a b b a + − + − + + − − 0,25 = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a b a a b b ab a b a b b a − + + − + + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a b a b a ab b ab a b b a   + − + − + −   + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 a b a a b a b a a a b b a   + + − + + − +   = + − − 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 a b a b b a b a b b a   + + − − + −   = + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y x y x xy y x xy y x y y x + + − + − = = + − + − − 0,25 13 9:72* A = 2 ⇔ 2a ab b+ − = ⇔ ( ) ( ) 1 . 1 1a b− − = (1) 0,25 Vì a, b là số chính phương suy ra ,a b là số tự nhiên. Nên (1) tương đương với 1 1 1 1 1 1 1 1 a b a b   − =     + =     − = −     + = −     Suy ra 2 4 0 0 a a b b  = =   ⇔   = =    0,25 53 9:;7 2* Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 3 1 1 2 4 k k k k k k k k k k k+ + = + + + − − + +    với k ∀ ∈ ¥ 0,25 1.2.3 2.3.4 3.4.5 2009.2010.2011Q = + + + + 0,25 (Loại vì 1 0b + > ) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs ( ) ( ) ( ) 1 1 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 4 4 1 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011 4 = − + − + + − ( ) 1 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011 4 = − + − + − ( ) 1 2009.2010.2011.2012 4087371731776 4 = = Vậy 4087371731776Q = 0,25 4/ 1 12 * +3 9:;72* Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 A = + + + + x 1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x+ + + + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 - + - + - - x 1 x + 1 2 x + 2 3 x + 4 5x x x x = + + + + + 0,25 ( ) 1 1 5 - x 5 5x x x = = + + Để 5 4050150 A = ⇔ ( ) 5 5 5 4050150x x = + 0,25 ⇔ 2 5 4050150 0x x+ − = Giải phương trình này ta được 1 2010x = ; 1 2015x = − Vậy với 1 2010x = hoặc 1 2015x = − thì 5 4050150 A = . 0,25 13 9:;72* Từ x 2 + y 2 = a 2 + b 2 ⇒ (x 2 – a 2 ) + (y 2 – b 2 ) = 0 ⇔ (x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1) 0,25 Vì x + y = a + b ⇔ x – a = b – y Thay vào (1) ta được: ( ) ( ) ( ) 0b y x a y b − + − + =     ⇔ 0b y x a y b − =   + = +  • Nếu b – y = 0 ⇒ y = b ⇒ x = a ⇒ n n n n x y a b + = + 0,25 • Nếu x + a = y + b ⇒ x b y a =   =  ⇒ n n n n x y a b + = + Vậy trong mọi trường hợp ta có n n n n x y a b + = + 0,25 53 9:72* Ta có: ( ) 2 1 0x + ≥ với x ∀ ∈ ¡ ⇒ 2 2 1x x≤ + ⇒ 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x + ≤ = + + ⇒ 2 1 1 2 x x ≤ + . 2 2 1 1 ; 1 2 1 2 y z y z ≤ ≤ + + 0,25 ⇒ 2 2 2 3 1 1 1 2 x y z x y z + + ≤ + + + Vậy biểu thức 2 2 2 1 1 1 x y z x y z + + + + + đạt giá trị lớn nhất bằng 3 2 khi x = 1; y = 1 ; z = 1 0,25 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs 4/ 5 12 * +3 +2* A = (n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) Đặt n 2 + 3n = a A = a(a + 2) = a 2 + 2a Vì a > 0 nên a 2 < a 2 + 2a < a 2 + 2a + 1 0,25 Do đó a 2 < A < (a + 1) 2 Vậy A không là số chính phương với mọi n nguyên dương. Đặt m = – n – 3 ⇒ n = – m – 3 ⇒ A = (- m – 3)(- m – 2)(- m – 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) 0,25 Để A là số chính phương thì m ≤ 0 ⇒ - n – 3 ≤ 0 ⇒ n ≥ - 3 (1) Để A là số chính phương thì n ≤ 0 (2) 0,25 Từ (1) và (2) { } n 3; 2; 1;0⇒ ∈ − − − (đều thoả mãn) Vậy với { } n 3; 2; 1;0∈ − − − th× A lµ sè chÝnh ph¬ng 0,25 13 +:92* 0,25 0,25 0,25 0,25 4/ 6 52 * +3 9:;72* Vẽ hình đúng 0,25 Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB. +) Xét ∆ DCP và ∆ DBE có: · · = DCP DBE (so le trong) DC = DB (AD là trung truyến của ∆ ABC) · · = CDP BDE (đối đỉnh) ⇒ ∆ DCP = ∆ DBE (g.c.g) ⇒ CP = BE (1) 0,25 +) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác của µ A nên MNAP là hình vuông. ⇒ AN = AP ⇒ CP = BN (2) 0,25 H ’ AB C D E H M N I P O K 45 0 [...]... tìm là A Số A khơng thể có ba chữ số vì abc + a + b + c ≤ 99 9 + 9 + 9 + 9 < 2018 Số A khơng thể có 5 chữ số vì abcde + a + b + c + d + e ≤ 99 999 + 9 + 9 + 9 + 9 + 9 > 20182018 Vậy A có 4 chữ số A có dạng 19ab hoặc 20ab Nếu A = 19ab = 190 0 + ab 190 0 + 10a + b + 1 + 9 + a + b = 2018 ⇒ 11a + 2b = 108 0,5 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs a chẵn a= 8; 2b=20 (loại) 0,5 Nếu A = 20ab = 2000 + ab... đào tạo hải dương Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS M«n thi : To¸n M· sè: Híng dÉn chÊm gåm 5 trang Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs Híng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung A = 1005 + 20 09 − 1005 − 20 09 + 2 2 = 1) 0,5điểm = ( 1005 + 20 09 − 1005 − 20 09 + 2 §iĨm ) 2 0,25 = 2010 + 20 09 − 2010 − 20 09 + 4 2 = = ( ) 2 20 09 + 1 − 20 09 + 1 − ( 2 ( ) 2 20 09 − 1 + 2 ) 20 09 − 1 + 2 = 2 4 =2 2 2 0,25... ĐKXĐ: x≥ 19; y≥7;z≥ 199 7 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 x + y + z − 20 09 = 2 x − 19 + 4 y − 7 + 6 z − 199 7 ⇔ x − 19 − 2 x − 19 + 1 + y − 7 − 4 y − 7 + 4 + z − 199 7 − 6 z − 199 7 + 9 = 0 1,5 ⇔ ( x − 19 − 1) 2 + ( y − 7 − 2) 2 + ( z − 199 7 − 3) 2 = 0 1,0 ( x − 19 − 1) 2 = 0  x − 19 = 1  x = 20      2 ⇔ ( y − 7 − 2) = 0 ⇔  y − 7 = 2 ⇔  y = 11 ∈ DKXD    z = 2006 2 ( z − 199 7 − 3) = 0  z − 199 7 = 3  ... − =1− 1 2 + 1 2 − 1 3 + + 1 2007 − 1 2008 0,25 1 2008 0,25 Mặt khác: 2007  1  2007 2008 − 20 09 2008 + 20 09 − 1 − ÷= 20 09  2008  20 09 2008 ( 2008 − 1 ) 2 20 09 − 2 2008 = >0 20 09 2008 20 09 2008 1 2007 2007 < nên 1 − Vậy u1+ u2+ … + u2007 < 20 09 2008 20 09 = 0,25 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs 4.a) 0,5®iĨm Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng AB cã d¹ng y = ax + b (d) A, B ∈ (d) nªn y −1 x −1 = (m... 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Trường THCS Lâm thao-phú thọ Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 (Thời gian làm bài 120 phút khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (4điểm) Cho a+b+c≠0;a3+b3+c3=3abc.Chứng minh rằng a=b=c Bài 2 (4 điểm) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs Tìm x;y;z thoả mãn phương trình x + y + z − 20 09 = 2 x − 19 + 4 y − 7 + 6 z − 199 7 Bài 3(4 điểm) Tính giá trị biểu thức: P=... Trường THCS Lâm Thao Kỳ Thi Giáo viên giỏi vòng trường năm học 2008-20 09 Đề thi Mơn Tốn (Thời gian làm bài 90 phút) Câu1 (2 điểm) Đồng chí hãy hướng dẫn học sinh giải bài tập sau Tìm số tự nhiên sao cho tổng số đó với các chữ số của nó bằng 2018 Câu 2(3 điểm) Tìm x,y,z trong các trường hợp sau a/ x=2y=3z và x2+y2+z2=441 b/ x2+y2+z2+403 294 8 ≤ 4(14x+5y+1004z) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs. .. VËy B = 10 C = 20 091 − 1 − 20082 − 1 ( = 20 091 − 1 − 20082 − 1 ( = ) ( 3) 1,0điểm = = )( 20 091 − 1 + 20082 − 1 ) 20 091 − 1 + 20082 − 1 2 20 091 − 1 − 20082 − 1 20 091 − 1 + 20082 − 1 20 092 − 1 − 20082 + 1 20 091 − 1 + 20082 − 1 4017 = ) 0,25 2 ( 20 09 − 2008) ( 20 09 + 2008) 20 092 − 1 + 20082 − 1 Mà 4017 < 4018 = 2.20 09 4017 ⇒ < 2 20 09 − 1 + 20082 − 1 20 092 − 1 + 20082 − 1 4018 0,25 0,25 20 09 − 1 + 2008 −... n < ai– aj < 2n Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs Sở giáo dục và đào tạo hải dương Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS Mơn thi : Tốn Mã số: Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian giao đề Đề thi gồm 1 trang Câu 1:(2 điểm) 3) Rót gän biĨu thøc: x P= − x + y 1− y ( )( ) ( y )( x + y 1+ x x − ) ( 1+ x ) ( 1− y ) 4) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2 3) Cho C = 20 091 − 1 − 20082... b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN ln đi qua một điểm cố định Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs sở gd&đt HảI Dương Phòng gD&ĐT huyện Gia Lộc C©u 1.a) 0,5®iĨm 1.b) 1điểm K× thi häc sinh giái vßng 2 líp 9 n¨m häc 2008-20 09 Híng dÉn chÊm m«n: To¸n (Gåm 4 trang) Néi dung cÇn tr×nh bµy Ta cã: x102 + y102 = x102 + x101y + xy101 + y102... mút của chúng là một đỉnh của một hình thàn cân Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) ln có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9 thcs §Ị thi häc sinh giái vßng 2 líp 9 n¨m häc 2008-20 09 §Ị thi m«n: To¸n sở gd&đt HảI Dương Phòng gD&ĐT huyện Gia Lộc (Thêi gian lµm bµi: 150 phót ) C©u 1: (1,5®iĨm) a) Cho c¸c sè thùc d¬ng x, . trang Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs H íng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung §iÓm 4/ + 12 * +3 9: 72* 1005 20 09 1005 20 09 2A = + − − + ( ) 2 1005 20 09 1005 20 09 2 2 + − − + = 2010 20 09. + 0,25 (Loại vì 1 0b + > ) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs ( ) ( ) ( ) 1 1 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 4 4 1 20 09. 2010.2011.2012 2008.20 09. 2010.2011 4 = − + − + + − ( ) 1 1.2.3.4. 2008.20 09. 2010Q = + + + + 4/1#012*3 1) Cho biu thc: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 A = + + + + x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + + Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs Tìm