tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (5)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI AN GIANG Năm học 2009 – 2010 Môn: TỐN Lớp: Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC SBD: ……… PHÒNG: …… Bài 1: (4,0 điểm) Chứng minh số sau số nguyên: 1/ a = ç + ÷ ( + 27 ) è -1 3 -1 - ø æ 52 12 ö 2/ b = + + 48 - 10 + Bài 2: (6,0 điểm) 1/ Cho phương trình ẩn x , tham số m : x - 2(m + 1) x + m2 + 2m - = Xác định giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho 2008 < x2 < x1 < 2013 ( ì 2( x + y ) = 3 x y + xy 2/ Giải hệ phương trình: ï í ï3 x + y = ỵ Bài 3: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số: ( ) ( y = x + + x3 + + x3 + - x3 + ) ) Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến A C đồng quy với đường thẳng BD M Chứng minh rằng: AB CD = BC AD Bài 5: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh BC kéo dài phía C, lấy điểm M Một đường thẳng D qua M cắt cạnh CA, AB N P Chứng minh rằng: BM CM không đổi, M D thay đổi BP CN -Hết - Ubnd tỉnh bắc ninh Sở giáo dục Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 2009 - 2010 Môn thi: toán lớp - thcs (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng năm 2010 Đề thức Câu (3,5 điểm) 1) Rút gän biÓu thøc: 2+ 2+ 4+2 + 2- 2- 4-2 2) Cho hµm sè f(x) = (x3 + 6x - 5)2010 TÝnh f(a), víi a = 3 + 17 + 3 - 17 Câu (4,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình: ì x - 2x y + 2y = x ï ï í y - 2y z + 2z = y ï ï z - 2z x + 2x = z ợ 2/ Giải phương trình: x - x - x = Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn (O, R) nội tiÕp h×nh thang ABCD (AB//CD), víi E; F; G; H theo thứ tự tiếp điểm (O, R) với cạnh AB; BC; CD; DA 1) Chứng minh EB GD EB 4R Tõ ®ã, h·y tÝnh tû sè ,biÕt: AB= vµ BC=3R = EA GC EA 2) Trên cạnh CD lấy điểm M nằm hai điểm D G cho chân đường vuông góc kẻ từ M đến DO điểm K nằm (O, R) Đường thẳng HK cắt (O, R) điểm T (khác H) Chứng minh MT = MG Câu (4,0 ®iĨm) 1/ Cho tam gi¸c ABC cã BC = a; CA = b; AB = c R bán kính đường tròn ngoại tiếp thoả mÃn hệ thức R(b + c) = a bc HÃy xác định dạng tam giác ABC 2/ Giả sử tam giác ABC góc tù, có hai đường cao AH BK Cho biÕt AH ³ BC vµ BK ³ AC H·y tính góc tam giác ABC Câu (4,0 điểm) 1/ Tìm tất cặp số tự nhiên n k để ( n + 42k +1 ) số nguyên tố 2/ Cho số thực a b thay đổi thỏa mÃn a + b3 = Tìm tất giá trị nguyªn cđa (a + b) -HÕt -(§Ị thi gåm 01 trang) Hä tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: THI CH N H C SINH GI I C P T NH L P THCS – T NH BÌNH MƠN TỐN – Th i gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 NH Bài 1: (3 i m) Tìm t t c c p s nguyên (m, n) cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – = Bài 2: (3 i m) Cho x, y, z s th c khác Ch ng minh r ng yz x2 zx y2 x y x xy z2 Bài 3: (3 i m) Gi i h ph ng trình: x y x 20 y Bài 4: (4 i m) Cho i m O thu c mi n c a tam giác ABC Các tia AO, BO, CO c t c nh tam giác ABC l n l t t i G, E, F OA OB OC Ch ng minh r ng AG BE CF Bài 5: (4 i m) Cho ng trịn (O), ng kính AB Trên tia ti p n Ax v i ng tròn (O) l y i m C cho AC = AB ng th ng BC c t ng tròn (O) t i D, M m t i m thay i o n AD G i N P l n l t chân ng vng góc h t M xu ng AB AC, H chân ng vuông góc h t N xu ng ng th ng PD a) Xác nh v trí c a M tam giác AHB có di n tích l n nh t b) Ch ng minh r ng M thay i, HN i qua m t i m c nh Bài 6: (3 i m) Ch ng minh: 17 18 100 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI -ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI: Câu 1: (2,5 điểm) Chứng minh 21975 + 52010 chia hết cho Câu 2: (2,5 điểm) Chứng minh xy + (1 + x )(1 + y ) = , x + y + y + x = Câu 3: (3 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức: 2 + + £ a b c a+b b+c c+a + + ab bc ca Câu 4: (3,5 điểm) Cho phương trình x - ( m - 1) x + m - = , mỴ ¡ a) Chứng minh với mỴ ¡ , phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 b) Tìm số nguyên m để nghiệm x1 x2 số nguyên Câu 5: (4 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x đường thẳng (d): y = mx + , mỴ ¡ Chứng minh với mỴ ¡ : a) (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A B b) Diện tích tam giác AOB khơng nhỏ m + Câu 6: (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vng A Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh góc IPB vuông HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ - LỚP Nă m học 2009-2010 Mơn: Tốn Ngày thi : 31 - - 2010 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (4 đ iểm) Tính giá trị biểu thức: A = ( x31 + x - x 2010 )2009 với x = 3(2 + 5) 17 - 38 + 14 - Bài II (4 điểm) 1) Giải phương trình : x + x3 - x - x + = 2) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm nhất: xy + x + y = a + x y + xy = a Bài III (4 đ iểm) 1) Giải bất phương trình: x4 + x3 + x + £0 x - x3 + x - x + 2) Tìm giá trị lớn của: B= 1 + 3 + 3 x + y +1 y + z +1 z + x + Với x, y, z số dương x, y, z = Bài IV (6 đ iểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) D điểm thuộc cung nhỏ AC (D khác A C) Gọi M, N chân đường vuông góc kẻ từ D tới đường thẳng AB, AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN, BC 1) Chứng minh DP BC vng góc với 2) Đường tròn (I; r) nội tiếp tam giác ABC Tính IO với R = 5cm, r = 1,6cm Bài V (2 điểm) Tìm số x, y nguyên dương để C số nguyên dương với C= x3 + x xy - Hết ( Giám thị không giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT HỊA BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009-2010 Đề thi mơn: tốn Ngày thi: 25 tháng năm 2010 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm có 01 trang) Đề thức Bài 1: ( điểm) ỉ 2+ 2- ỗ -4 7+4 ố Rỳt gn biu thc: ỗ ( )( ) ö ÷: ÷ ø Biết: x + x + y + y + = ; Tính giá trị biểu thức A= x + y Phân tích thành nhân tử biểu thức sau: ( n+ 1)( n+3)(n + 5)( n+ 7) + 15 ( yêu cầu phân tích thành nhân tử bậc nhất) Bài 2: ( điểm) Giải phương trình: x3 + 3x2 + x – = ì x3 + x = y + y ï ï x + xy - 20 = ỵ Giải hệ phương trình: í Cho hàm số y = mx + 1- x+ m ( m tham số) Tìm m để đồ thị hàm số đường thẳng cắt trục tọa độ thành tam giác có diện tích Bài 3: ( điểm) Cho hình thang cân ABCD biết đáy AB = 10, CD =22 DB phân giác góc ADC Tính diện tích hình thang Cho đường tròn (O; R) ( I ; r) cắt điểm A, B Biết R = 3; r = OI =5 Một cát tuyến qua B cắt đường tròn C D Chứng minh rằng: Tam giác ACD tam giác vng với vị trí cát tuyến CD Bài 4: ( điểm) Cho số a, b thảo mãn a ³ 1; b ³ 4, Tìm giá trị nhỏ tổng: a b A = a+ +b+ Bài 5:( điểm) Tìm số phương có chữ số thỏa mãn chữ số hàng ngìn hàng trăm nhau; Chữ số hàng chục hàng đơn vị …………………Hết…………………… a) Ta cã: x  x    x  1  nên tập xác định phương trình R 0,5 im Phương trình đà cho tương đương víi x2  4x   2x2 x Đặt y  x  x  phương trình đà cho trở thành y2  y    y 1   y  Víi y = ta có 1,0 im (thoả mÃn điều kiện) 2x2 x    2x2  x    x=1 Víi y = ta cã x  x    x  x    x  1    x3 1,0 im Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3 b) HƯ ®· cho tương đương với 11 x xy  y   11 x  xy  y       2 2 2  x  xy  y  11 11 x  xy  y   x  xy  y    x  xy  y     (*)  x  y  x  y    1,0 điểm Tõ hÖ (*) ta suy  x  xy  y   x  xy  y  (I) hc  (II)   x  2y   5x  y  Gi¶i hƯ (I) ta tìm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) Hệ (II) vô nghiệm Vặy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) 0,5 điểm 1,0 điểm C©u (3 điểm) Cho ba sè x, y, z tho¶ m·n:  x  y  z  2010  1 1  x  y  z 2010 Tính giá trị biểu thức: P   x 2007  y 2007  y 2009  z 2009  z 2011  x 2011 Đáp án T giả thiết suy x, y, z khác 1 1  x y z xyz 1 1 1       0 x y z xyz xy xy   0 xy z  x  y  z biĨu ®iĨm 0,5 điểm 0,5 ®iĨm     x  y  0   xy xz  yz  z    x  y   xz  yz  z  xy   0,5 điểm 0,5 điểm   x  y   xz  z    yz  xy        x  y  z  z  x   y  z  x     0,5 điểm   x  y  y  z  z  x    x 2007   y 2007  x 2007  y 2007  x  y  x   y     z  y    y   z   y 2009   z 2009   y 2009  z 2009     z 2011   x 2011  z 2011  x 2011  x  z   z  x   nên P = 0,5 im Câu (6 im) Cho đường tròn (O; R) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi (C; R1) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) A, (D; R2) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Hai đường tròn (C; R1) (D; R2) cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dâyAB, chứng minh OM//CD điểm C, D, O, M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động cung tròn cố định đường thẳng MP qua điểm N cố định c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn nhất? Đáp ¸n biĨu ®iĨm O M D C A K H B P N a) Nèi CP, PD ta cã  ACP, OAB cân C, O nên  CPA =  CAP 0,5 điểm =  OBP CP//OD (1) Tương tự DBP, OAB cân D, O nên DPB =  DBP =  OAB nªn OD//CP (2) Tõ (1) (2) suy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi CD cắt MP H cắt OP K K trung điểm OP Theo tính chất đường tròn cắt ta có CD MP H trung điểm MP 0,5 im Vậy HK//OM, CD//OM Ta phải xét trường hợp AP < BP AP > BP, đáp án yêu cầu xét trường hợp giả sử AP < BP 0,5 im Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP, DP = DM = R2 nên tứ giác CDOM hình thang cân ®iĨm C, D, O, M cïng thc mét ®­êng tròn b) Xét tam giác AOB có: OA2 OB  R  AB nªn tam giác AOB vuông cân O 0,5 im Vì ®iĨm C, D, O, M cïng thc ®­êng trßn (kể M trùng O) nên COB = CMD (1) XÐt  MAB vµ  MCD cã  s® MP cđa (C))   MBD =  MDC ( cïng b»ng s® MP cđa D)) nên MAB đồng dạng với MCD (g.g) Vì MAB đồng dạng với MCD suy  AMB =  COD hay  AMB =  AOB = 900  MAB =  MCD ( cïng 0,5 im 0,5 im Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB Ta cã ACP  BDP  AOB  900 nªn  ACP = 450 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cđa (C))  BMP =  BDP = 450 (góc nội tiếp góc tâm (D)) Do MP phân giác AMB Mà AMB = AOB =900 nên M đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB AMP = Giả sử MP cắt đường tròn (I) N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định c) MAP BNP cã  MPA =  BPN (®®),  AMP =  PBN (gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung) nên MAP đồng dạng với BNP (g.g) 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm PA PM AB R  PA  PB  Do ®ã   PM PN  PA.PB    (không đổi) PN PB  R2 VËy PM.PN lín nhÊt b»ng PA = PB hay P trung điểm dây AB 0,5 im Vì tam giác AMB vuông M nên 1 AB R AM BM   AM  BM    4 2 R DiƯn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt PA = PB hay P trung điểm S AMB  0,5 điểm d©y AB CÂU (2 im) Cho số dương x, y, z thoả m·n ®iỊu kiƯn: xy + yz + zx = 670 Chøng minh r»ng x y z    x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y z Đáp án biểu điểm Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c  R vµ x, y, z > ta cã a2 b2 c2  a  b  c     x y z x yz a b c DÊu “=” x¶y    x y z ThËt vËy, víi a, b  R vµ x, y > ta cã a2 b2 a  b    x y x y a  2 (*) (**) y  b x   x  y   xy  a  b   bx  ay   2 0,5 im (luôn đúng) a b x y Dấu = xảy áp dụng bất đẳng thøc (**) ta cã a2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z x y z a b c DÊu “=” xảy x y z áp dụng bất đẳng thức (*) ta có VT x y z   x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010   x2 y2 z2   x  x  yz  2010  y  y  zx  2010  z  z  xy  2010  x  y  z 0,5 điểm (1) x3  y  z  xyz  2010  x  y  z  Chó ý: x  x  yz  2010  = x  x  xy  zx  1340   , y  y  zx  2010   vµ z  z  xy  2010   Chøng minh: x  y  z  3xyz   x  y  z   x  y  z  xy  yz  zx    x  y  z   x  y  z    xy  yz  zx  (2)   3 Do ®ã: x  y  z  xyz  2010  x  y  z     x  y  z   x  y  z    xy  yz  zx   2010  =  x  y  z    0,5 điểm (3) Tõ (1) vµ (3) ta suy VT  x  y  z x  y  z DÊu “=” x¶y  x = y = z =  x y z 0,5 điểm 2010 Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 Mơn thi: Tốn-lớp ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm) 2x  x 1 x x  x  x x  x  ) 1 x 1 x x x 1 6 Tìm giá trị x để A  2 Chứng minh A  với x thoả mãn x  0, x  1, x  Cho biểu thức A   ( Câu II (4,0 điểm) Cho a, b, c, d số nguyên dương thoả mãn : a2 + c2 = b + d2 Chứng minh a + b + c + d hợp số Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: ( x  3) ( xy  3) Câu III (4,0 điểm) Giải phương trình: x   3x  x  Cho phương trình: x  mx  24  (m tham số) Tìm giá trị tham số m để phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 phân biệt thỏa mãn: 4 x14  x2  x3  x4  144 Câu IV (6,0 điểm) Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Gọi C trung điểm đoạn thẳng AO Một đường thẳng a vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) I Trên đoạn CI lấy điểm K (K khơng trùng với C I) Tia AK cắt nửa đường tròn (O) M, tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt đường thẳng a N, tia BM cắt đường thẳng a D Chứng minh tam giác MNK tam giác cân Tính diện tích tam giác ABD theo R, K trung điểm đoạn thẳng CI Chứng minh K chuyển động đoạn thẳng CI tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định Câu V (2,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca    c 1 a 1 b 1 Hết Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên học sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC Chú ý: Dưới sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà chấm điểm phần tương ứng Câu Lời giải – Kết Điểm 1) I.1 2(điểm) A  1 ( x  x 1 x x  x  x x  x  ) 1 x 1 x x x 1   (2 x  1)( x  1) x (2 x  1)( x  1)  x ( x  1)  1    (1  x )  x (1  x )( x  x  1)  x     x ( x  1)  x x 1   1    x  1 x  x 1  x  x 1 x  x 1   Ta có A   6 x 1 6    x  x   5 x  x 1 Từ giải x   3; x   3 2)Ta có: A   I.2 2(điểm) Do x  nên Vậy A  II.1 2(điểm) II.2 2(điểm) 0,5 x 1 x  x 1   x  x    ( x  1)2  x    ( x  1)  1) Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) Vì a số nguyên dương nên a, (a – 1) hai số tự nhiên liên tiếp  a(a-1) 2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) chia hết cho  a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) số chẵn Lại có a2 + c2 = b2 + d2  a2 + b2 + c2 + d2 = 2( b2 + d2) số chẵn Do a + b + c + d số chẵn mà a + b + c + d >  a + b + c + d hợp số 2) ( x  3) ( xy  3) (1) Vì x, y số nguyên dương nên từ (1)  x2y – 3y  xy + +3) – 3(x+y)  x(xy  ( xy  3)  3(x+y)  ( xy  3)  3( x+y) = k(xy+3) ( k  N * ) (2) +Nếu k  0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3( x  y )  k ( xy  3)  3( xy  3)  x  y  xy    x  1 y  1   (Vơ lí x, y nguyên dương) +Nếu k = từ (2)  (x-3)(y-3) =6, mà x, y số nguyên dương nên x = 0,5 III.1 2(điểm) y = x = y= x=4 y=9 x=9 y=4 Thử lại thấy x = y = x=9 y=4 thỏa mãn (1) +Nếu k=2 từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy xy chia hết cho (*) mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3)  y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy x>3 y>3 vô lý (**) Từ (*) (**) ta có (x;y)=(1;3), (3;1) Thử lại vào (1) ta (x;y)=(3;1) Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1) 1) x   x  x  (1), điều kiện x  Đặt x   a, a  ; x  b, b  Suy b2  a  x  Thay vào (1) ta a  b  b  a  (a  b).(a  b  1)   a  b (do a  0, b  nên a+b+1>0) Với a = b ta có x   x  x  thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 nghiệm phương trình cho 2) x  6mx  24  Đặt t  x , t  phương trình trở thành: t  6mt  24  (1) Phương trình cho có nghiệm phân biệt pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt  t1  t2 III.2 2(điểm)  '  6m  24   m   t1 t2  24    m  2 m   t1  t2  2 6m  Với t1 , t2 hai nghiệm pt (1) x1   t1 , x2  t1 , x3   t2 x4  t2 nên 4 ta có x14  x2  x34  x4  2(t12  t22 )  (t1  t2 )  2t1.t2     2(24m  48)  144  m2   m   Từ suy m   0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 D N E M I x IV điểm K A C O B   1) Ta có NMA  MBA ( Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn cungAM)(1) 0,5   900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMB    ACK  AMB ( g.g )  AKC  MBA mà   NKM ( góc đối đỉnh) AKC    suy ra: NKM  MBA     Từ (1) (2) suy NMK  NKM  MNK cân N 0,5 2) Xét tam giác OCI vng C có IC  OI  OC  R   CK  R 3R R   IC  4 0,5 R 3R ; CB  Xét AKC DBC có:   DCB  900 ;   DBC  A KC  DBC (g.g) ACK  AKC  R 3R A C KC A C CB    DC   2 R DC CB KC R AB.DC 2R.R  S ADB    R2 2 KL: S ADB  R 3) 0,5 (Đvdt) Dựng hình bình hành AONE 0,5 + Chứng minh N trung điểm KD + Chứng minh EK=ED 0,5 + Chứng minh EA=EK (do tam giác ENK tam giác OMN NO=AE)  E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD 0,5 + Chứng minh E cách đường thẳng a khoảng R (vì EN=AO=R) KL: E nằm đường thẳng b cố định song song với a cách a khoảng 0,5 R (nằm nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B) Ta có với x, y > thì: ( x+y)2  xy  1 11 1        (*) dấu x y x y x y 4x y   0,5 xảy x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab  1      ; c  (c  a )  (c  b )  c  a c  b  V điểm Tương tự ta có: bc bc  1     ; a 1  a  b a  c  ca ca  1      b 1  b  a b  c  ab bc ca  ab  bc ab  ca bc  ca  1          a  b  c  c  a  b 1  c  a bc ab  4  ab bc ca 1    Dấu xảy  a  b  c  c 1 a 1 b 1 0,5 0,5 0,5 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2008-2009 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: Tốn Thời gian làm :150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu (4.0 điểm): Cho phương trình x  mx  m  m  , m tham số Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt khơng âm Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x thoả mãn x1  x  Câu ( 6.0 điểm): Giải phương trình sau: x  x   x  x  10  x  3x  x  x  x  x  Câu (6.0 điểm): Cho nửa đường trịn (O; R), đường kính AB Trên nửa đường trịn lấy hai điểm phân biệt C, D cho CD = R (C thuộc cung AD) Qua C kẻ đường thẳng vng góc với CD cắt AB M Tiếp tuyến nửa đường tròn (O; R) A B cắt CD E F Gọi K giao điểm AC BD a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp tam giác EMF tam giác vng b) Xác định tâm tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KCD Cho tam giác ABC vuông A với AB < AC, BC =  bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tính độ dài cạnh AB AC Câu (2.0 điểm): 1  a , b, c  a  b  c  Cho ba số a , b , c thoả mãn  Chứng minh rằng: a  b  c  14 Câu ( 2.0 điểm): Tìm tất số nguyên dương x , y , z thoả mãn  x  y  z  11  8 x  y  10 z  100 HẾT Họ tên thí sinh:………………………………… SBD:…………………… Hướng dẫn chấm thi Mơn Tốn.Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9, năm học 20082009 Điểm Câu Hướng dẫn chấm Câu 1.(2.0 điểm)   0.5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt không âm  S   P   m  m  m  m    2m    m  m    m  m  1.5 Học sinh giải bất phương trình sau lấy giao tập nghiệm chấm sau:Hai bpt đầu đúng, bất phương trình cho 0.25 điểm Bất phương trình thứ ba cho 0.5 điểm Lấy giao kết cho 0.5 0.25 điểm (2.0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khơng âm ( x1  0; x  ) m  0.25 0.5  x  x  2m Áp dụng định lý vi ét ta có  2 Theo yêu cầu toán:  x1 x  m  2m x1  x2   x1  x  x1 x2  1.0 9  2m  9  2m  81   m  2m   m    m 81 28 4m  8m  81  36m  4m m  28  Câu Học sinh khơng lý luận m  mà giải bình thường, sau tìm m thay ngược trở lại phương trình cho tối đa, khơng thay ngược trở lại pt châm chước cho tối đa điểm (2.0 điểm) t  1 t  Đặt t = x , t  , phương trình trở thành t  6t     1.0 Với t=7 suy x =  Vậy phương trình có nghiệm x =  (2.5 điểm) Ta có ( x  2).( x  x  4)  2( x  x  4)  ( x  2) 0.75 0.25 x2 x2  2 x  2x  x  2x  t  x2 Đặt t= , (t  ) Phương trình trở thành t  3t     x  2x  t  x  Với t=1, suy ra: x + = x 2-2x+4  x  3x     x  0.5  0.5 Với t=2, suy x + = 4(x2-2x+4)  x  x  14  ( pt vơ nghiệm) Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x=1;x=2 Học sinh làm theo phương pháp đặt hai ẩn số phụ chấm 0.5 0.5 0.5 sau Học sinh đưa pt: 3ab = 2b2 + a2 cho 0.5 điểm Học sinh giải a = 2b ; a = b cho 1.0 điểm Trong trường hợp học sinh tìm nghiệm, trường hợp cho 0.5 điểm (1.5 điểm) Ta có  x2  x ( x  x)  (a); 0.5  x  x2 ( x  x )  (b) Từ (a) (b) ta có 1  2x ( 3x  3x  x  x )   3x  3x  x  x  x  2   x  x  x   Dấu xẩy    x  x  x  x  x      Câu Vậy phương trình có nghiệm x=1/2 1.(4.0 điểm) a ( 2.0 điểm) +) Do AE tiếp tuyến (O;R) nên EAM  90 Do CM vng góc vói CD (theo giả thiết) nên ECM  90 Tứ giác AECM có EAM + ECM  1800 nên nội tiếp đường tròn +) Chứng minh tương tự tứ giác BFCM nội tiếp đường tròn +) Do tứ giác AECM nội tiếp đường tròn nên CEM  CAM Do tứ giác BFCM nội tiếp đường tròn nên CFM  CBM Mặt khác CAM  CBM  1800  ACB  90 Nên CEM  CFM  CAM  CBM  90 Trong tam giác MEF có EMF  180  (CEM  CFM )  90 Hay tam giác MEF vuông M b ( 2.5 điểm) +) Trong tứ giác ABDC gọi J giao điểm AD BC Xét tứ giác KDJC có AD vng góc với KB nên JDK  90 BC vng góc với KA nên JCK  90 Do tứ giác KDJC có JDK + JCK  1800 nên nội tiếp đường trịn đường kính KJ, hay tam giác KCD nội tiếp đường tròn tâm I trung điểm KJ +)Ta có IC = ID;OC = OD nên IO đường trung trực CD, hay OI  CD Gọi N giao điểm CD IO Ta có tam giác OCD nên OCD  60 (a) Do tứ giác ABDC nội tiếp (O:R) nên CAD  COD  30 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Do tam giác ADK vuông D nên AKD  90  CAD  60 Do tứ giác KCJD nội tiếp nên CID  2.CKD  1200 Từ (a) (b) suy ICO  ICD  DCO  90 Do tam giác ICD cân I nên ICD  (180  CID)  30 (b) +) Trong tam giác vng CIO có 0.5 0.5 1 1 1 R          CI  2 2 CN CI CO CI CN CO R R R R Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác KCD K F I E D NN C J J A M B O 0.5 (1.5 điểm) Ta có : AC+AB=(AP+PC)+(AM+MB)=2AM+(CN+BN)=2+DC=4+2 Mặt khác : AB2+AC2=BC2= 2    16   AB AC    AB  AC   2   AB   Suy     AB AC     AC    B N M I A D C 0.5 0.5 Câu (2 đ) Ta có 2 2 2 2 a  b  c  a  b  c  2(b  3)(c  3)  a  (b  c  2bc)  6(b  c)  18 0.5 0.5 = a  (6  a)  6(6  a)  18  2a  6a  18  14  2(a  3a  2)  14  2(a  1)(a  2) 0.5 Gọi a = Min a , b, c, suy : = a + b +c  3a  a  Vậy  a   (a  1).(a  2)  Từ suy a  b  c  14 0.5 a   b  (b  3)(c  3)  c  Dấu xẩy (a  1)(a  2)     a  a  b  c   b   c   Vì vai trị a,b, c dấu xẩy có số 1, số 2, số ( Học sinh làm cách khác mà tuỳ theo thang điểm giám khảo chấm vận dụng cho điểm, thống tổ chấm) Câu (2 đ) Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z)  x  y  z  25 Theo giả thiết x+y+z > 11, ( x+y+z ) nguyên nên x+y+z =12  x  y  z  12  x  y  z  12 Vậy ta có hệ   8 x  y  10 z  100  y  2z  Từ y + 2z =4 suy z=1 ( y,z>0) Khi z=1 y=2 x=9 Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu toán 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Chú ý: Trên trình bày lời giải cho toán Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa Trong hình học sinh khơng vẽ hình vẽ sai hình khơng chấm Điểm thi khơng làm trịn Thank you for evaluating AnyBizSoft PDF Merger! To remove this page, please register your program! Go to Purchase Now>> AnyBizSoft PDF Merger  Merge multiple PDF files into one  Select page range of PDF to merge  Select specific page(s) to merge  Extract page(s) from different PDF files and merge into one ... dục Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Năm học: 20 09 - 2010 Môn thi: toán lớp - thcs (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng năm 2010 Đề thức Câu... -ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: 20 09 – 2010 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI: Câu 1: (2,5 điểm) Chứng minh 2 197 5 + 52010 chia hết... - Së Gi¸o dơc - Đào tạo Thái Bình đề thức Đề thi chọn học sinh giỏi lớp THCS năm học 20 09- 2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (3 điểm) Giải phương trình