Đề thi Hs giỏi các tỉnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy b) Cho biểu thức 3 2 a a a A = + + 24 8 12 với a là số tự nhiên chẵn. Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên. Bài 2 : (4,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x 3 – 9x 2 + 13x – 6 b) Tính giá trị của biểu thức M = x 3 – 6x với x = 3 3 20 + 14 2 + 20 - 14 2 Bài 3 : (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24 b) Giải hệ phương trình: 1 1 9 x + y + + = x y 2 1 5 xy + = xy 2        Bài 4 ( 5,0 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC;  < 90 0 ), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M   M B;C  . Gọi I; H; K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH. a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của góc HMK. b) Chứng minh PQ // BC. c) Gọi (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp  MPK và  MQH. Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ). d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của (O 1 ),(O 2 ) Chứng minh rằng M,N,D thẳng hàng. Bài 5 ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh : AM BN CP + + OM ON OP  9 HẾT ĐỀ CHÍNH THỨC Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Bài Câu Bài giải Điểm a 2điểm Ta có: 6 5 18 2 x y xy    2xy - 6x - 5y = 18  2xy - 6x + 15 - 5y = 33   2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33  (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 Ta xét các trường hợp sau : * 3 1 19 2 5 33 4 y x x y              * 3 33 3 2 5 1 36 y x x y              * 3 11 4 2 5 3 14 y x x y              * 3 3 8 2 5 11 6 y x x y              Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên. Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4) 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 1 4điểm b 2điểm Vì a chẵn nên a = 2k   k N  Do đó 3 2 3 2 8 4 2 24 8 12 3 2 6 k k k k k k A           3 2 1 2 1 2 3 6 6 k k k k k k       Ta có :       k k+1 2 k k+1 2k+1 2    Ta chứng minh :     1 2 1 3 k k k   Thật vậy : - Nếu k = 3n (với n N  ) thì     1 2 1 3 k k k   - Nếu k = 3n + 1 (với n N  ) thì 2 1 3 k   - Nếu k = 3n + 2 (với n N  ) thì 1 3 k   Với mọi     1 2 1 k N k k k     luôn chia hết cho 2 và cho 3 Mà (2, 3) = 1     1 2 1 6 k k k    Vậy A có giá trị nguyên. 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,75đ 0,25đ a 2điểm a) 2x 3 – 9x 2 + 13x – 6 = 2x 3 – 2x 2 – 7x 2 + 7x + 6x – 6 = 2x 2 (x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x 2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3) 0,5đ 1,0đ 0,5đ 2 4điểm b 2điểm Đặt u = 3 20 14 2  ; v = 3 20 14 2  Ta có x = u + v và 3 3 40 u v   u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2    x = u + v 3 3 3 3 ( ) x u v uv u v      = 40 + 6x 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ hay 3 6 40 x x   . Vậy M = 40 0,25đ a 2,5điểm PT: 2 2 6 8 24 x x x x       (1) ĐKXĐ: 2 6 x   Chứng minh được: 2 6 2 2 x x    Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 6 – x  x = 4 2 2 8 24 ( 4) 8 8 2 2 x x x       Dấu “=” xảy ra  (x – 4) 2 = 0  x - 4 = 0  x = 4 Phương trình (1) xảy ra  x = 4 Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy:   S = 4 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 3 5điểm b 2,5điểm Điều kiện: xy 0  1 1 9 x + y + + = x y 2 1 5 xy + = xy 2        2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1) 2 2(xy) -5xy+2=0 (2)       Giải (2) ta được: xy=2 (3) 1 xy= (4) 2     Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5) Từ (5) và (3) ta được: 1 2 3 2 2 1 x y x y xy x y                         ( thoả mãn ĐK) Thay xy = 1 2 vào (1) ta được x + y = 3 2 (6) Từ (6)và(4) ta được: 1 1 3 2 2 1 1 2 2 1 x y x y xy x y                                   (thoả mãn ĐK) Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: 1 1 ( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1 2 2 x y              0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 4 5điểm a 0,75điểm b 1,25điểm c 1,0điểm d 1,0điểm a) Chứng minh tia đối của tia MI là phân giác của  HMK Vì  ABC cân tại A nên   ABC ACB  Gọi tia đối của tia MI là tia Mx Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp      0 0 180 180 IMH ACB ABC IMK          0 0 180 180 KMx IMK IMH HMx       Vậy Mx là tia phân giác của của  HMK . b) Tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp      ; KIM KBM HIM HCM        PIQ KIM HIM KBM HCM      Mà   KBM ICM  ( cùng bằng  1 2 sdBM )   HCM IBM  ( cùng bằng  1 2 sdCM )    PIQ ICM IBM    Ta lại có    0 180 PMQ ICM IBM   ( tổng ba góc trong tam giác)   0 180 PMQ PIQ   Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp   MQP MIK   ( cùng bằng  1 2 sdPM ) Mà   MIK MCI  ( vì cùng bằng  KBM )   MQP MCI    PQ// BC c) Ta có   MHI MCI  ( cùng bằng  1 2 sd IM ) mà   MQP MCI  ( c/minh b)    1 2 MQP MHI sdMQ    Hai tia QP;QH nằm khác phía đối với QM  PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O 2 ) tại tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O 1 ) tại tiêp điểm P (2) (1) và (2)  PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) d) Gọi E; E’lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC Ta có PE 2 = EM .EN ( vì  PEM  NEP ) 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ O 1 E' A H B P I Q K E D N O2 O M C S QE 2 = EM .EN ( vì  QEM  NEQ )  PE 2 = QE 2 ( vì PE;QE >0)  PE = QE Xét  MBC có PQ // BC ( c/m b) nên: ' ' EP EQ E B E C  ( định lí Ta Lét) Mà EP = EQ  E’B = E’C do đó E’  D Suy ra N, M, D thẳng hàng. 0,5đ 5 2điểm N A B C O K H M P Từ A và O kẻ AH  BC OK  BC (H, K  BC)  AH // OK Nên OM OK AM AH  (1) 1 . 2 1 . 2 BOC ABC OK BC S OK S AH AH BC   (2) (1) , (2)  BOC ABC S OM S AM  Tương tự : AOC ABC S ON S BN  AOB ABC S OP S CP  Nên 1 BOC AOC AOB ABC ABC ABC S S S OM ON OP AM BN CP S S S       (3) Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: (a+ b + c) ( 1 1 1 a b c   )  9 Nên ( )( ) 9 OM ON OP AM BN CP AM BN CP OM ON OP      (4) Từ (3) ,(4) suy ra : 9 AM BN CP OM ON OP    (đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,75đ 0,75đ Ghi chú: - Hướng dẫn chỉ trình bày một trong các cách giải. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng câu, từng bài. - Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập luận, biến đổi. Tổ giám khảo cần thảo luận thống nhất trước khi chấm S Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2009-2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (3 điểm) Giải phơng trình nghiệm nguyên: 2 4 4 2 4 2 2x y 2y y 5x 2y 5xy 2x 1 Bài 2. (3 điểm) Giải hệ phơng trình: 2 2 2 3 85 4xy 4 x y 3 x y 1 13 2x x y 3 Bài 3. (3 điểm) Chứng minh rằng: Nếu đa thức P(x) = x 4 + bx 3 + cx 2 + bx + 1 có nghiệm thì 2b c 2 . Bài 4. (3 điểm) Cho x; y là các số thực thoả mãn: 4x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 2x 3y A 2x y 2 . Bài 5. (3 điểm) Từ một điểm E ở ngoài đờng tròn tâm O kẻ 2 tiếp tuyến với đờng tròn tại A và B. Gọi M là điểm nằm trên đoạn AB (M khác A và B, MA MB). Gọi C và D là 2 điểm trên đờng tròn sao cho M là trung điểm của CD. Các tiếp tuyến của đờng tròn tại C và D cắt nhau tại F. Chứng minh rằng tam giác OEF là tam giác vuông. Bài 6. (3 điểm) Cho đờng tròn (O; R) và 2 điểm A, B nằm ngoài đờng tròn sao cho OA = R 2 . Tìm điểm M trên đờng tròn sao cho tổng MA + 2.MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 7. (2 điểm) Một tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có 2 chữ số. Nếu đổi chỗ hai chữ số của số đo cạnh huyền ta đợc số đo của một cạnh góc vuông. Tính bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác đó. Hết đề chính thức Hớng dẫn chấm và biểu điểm môn TOáN (Gồm 5 trang) Bài 1: (3 điểm) ĐáP áN ĐIểM Ta có: 2 4 4 2 4 2 2 2 5 2 5 2 1 x y y y x y xy x 4 2 2 ( 1)(2 5 2) ( 1) 0 y x x y (1) 0,5 * Nếu 0 y phơng trình (1) 2 5 17 2 5 1 0 Z 4 x x x (loại) 0,25 * Nếu 1 y phơng trình (1) nghiệm đúng x Z 0,25 * Nếu 1 y phơng trình (1) vô nghiệm. 0,25 * Nếu 0; y 1 y Do 4 2 y 1 > 0; (y+1) > 0 y Z nên pt(1) có nghiệm 2 1 2 5 2 0 2 2 x x x Mà 1 x Z x 1 phơng trình (1) 3 2 1 2 0 y y y 3 2 2 0 (do 1) y y y 2 ( 1) 2 y y Phơng trình này vô nghiệm vì 0; 1 y y và y Z nên 2 ( 1) 4 y y 0,5 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: 1 x Z y 0,25 Bài 2: (3 điểm) ĐáP áN ĐIểM ĐKXĐ 0 x y Với đk này hệ phơng trình đã cho 2 2 2 3 85 3( ) ( ) ( ) 3 1 13 ( ) ( ) 3 x y x y x y x y x y x y 0,5 Đặt 0 x y a x y b ta có hệ phơng trình: 2 2 2 3 85 3 3 1 13 3 a b a b a a 1 ĐáP áN ĐIểM 2 2 2 2 1 103 3 13 103 3 3 3 3 1 13 3 a b a b b a b a 2 11 2 13 11 0 1; 2 b b b b * xét 1 b ta có 1 10 1 3; 3 3 a a a a (thoả mãn) Ta có hệ 3 1 x y x y hoặc 1 3 1 x y x y 2; 1 x y hoặc 2 1 ; 3 3 x y 0,75 * xét 11 2 b ta có 2 1 7 6 7 6 0 6 a a a a phơng trình này vô nghiệm. 0,5 Kết luận: Hệ phơng trình có nghiệm 2; 1 x y hoặc 2 1 ; 3 3 x y 0,25 Bài 3: (3 điểm) ĐáP áN ĐIểM Giả sử o x là nghiệm của đa thức P(x) 0 o x ta có: 4 3 2 1 0 o o o o x bx cx bx 2 2 1 1 0 o o o o x b x c x x 0,5 đặt 2 2 2 2 1 1 2 o o o o t x t t x x x 0,5 2 2 2 0 2 t bt c bt c t 2 2 bt c t 0,5 Vì 2 2 bt c bt c t bt c 2 2 2 t c c b b t t 0,5 Mặt khác 2 2 2 2 2 1 (do 2 ) t t t t t t t 0,5 Suy ra 1 2 2 2 c b b c (đpcm) 0,5 Bài 4: (3 điểm) ĐáP áN ĐIểM kx: 2 2 0 x y Từ 2 3 2 2 2 3 2 2 x y A Ax Ay A x y x y 2 2( 1) ( 3) A A x A y 0,5 §¸P ¸N §IÓM               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 4 B.C.S 2 8 10 do 4 1 A A x A y A A x y A A x y                            2 4 5 0 5 1 A A A         1,25 * 2 2 4 1 0 1 2 3 1 1 2 2 x y x A x y y x y                    0,5 * 2 2 3 4 1 10 5 2 3 5 4 2 2 5 x y x A x y y x y                              0,5 VËy Min 3 10 5 khi 4 5 x A y              ; Max 0 1 khi 1 x A y       0,25 Bµi 5: (3 ®iÓm) §¸P ¸N §IÓM M O E A B C D F chứng minh được O; M; F thẳng hàng 0,5 chứng minh được MA.MB = MC.MD = MC 2 và MO.MF = MC 2 0,5 Suy ra  MOA và  MBF đồng dạng (c.g.c)   OAM =  BFM 1 [...]... Lu ý: - Hc sinh lm cỏch khỏc ỳng vn cho im ti a - im bi thi l tng im khụng lm trũn S GIO DC V O TO PH TH K THI CHN HC SINH GII cấp tỉnh LP 9 thcs NM HC 2009-2010 Mụn Toỏn Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao thi cú 01 trang CHNH THC Câu 1 (4 im) a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2 n + 13 là số chính phương... 0,5 im (3) Từ (1) và (3) ta suy ra 2 VT x y z 3 x y z Dấu = xảy ra x = y = z = 1 x y z 0,5 im 2010 3 Ht S GIO DC V O TO THI CHN HC SINH GII CP TNH BC GIANG NM HC 2009-2010 Mụn thi: Toỏn-lp 9 CHNH THC Ngy thi: 28 thỏng 03 nm 2010 Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) Cõu I (4,0 im) 2x x 1 2 x x x x x x ) 1 x 1 x x 2 x 1 6 6 1 Tỡm cỏc giỏ tr ca x A 5 2 1 2 Chng minh rng... 1 1 a b c c 1 a 1 b 1 4 c a bc ab 4 4 ab bc ca 1 1 Du bng xy ra a b c c 1 a 1 b 1 4 3 0,5 0,5 0,5 THI CHN HC SINH GII LP 9 THCS NM HC 2008-2009 S GIO DC V O TO TNH NINH BèNH THI CHNH THC Mụn: Toỏn Thi gian lm bi :150 phỳt (khụng k thi gian giao ) thi gm 05 cõu trong 01 trang Cõu 1 (4.0 im): Cho phng trỡnh x 2 2 mx m 2 2 m 0 , trong ú m l tham s 1 Tỡm m phng trỡnh cú... chm thi di õy da vo li gii s lc ca mt cỏch, khi chm thi giỏm kho cn bỏm sỏt yờu cu trỡnh by li gii y , chi tit v hp logic Thớ sinh lm bi cỏch khỏc vi Hng dn chm m ỳng thỡ t chm cn thng nht cho im tng ng vi biu im ca Hng dn chm im bi thi l tng cỏc im thnh phn khụng lm trũn s II Đáp án và biểu điểm Câu 1 (4 im) a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Tìm số các. .. 56.33 r 12 (vd) AB BC AC AB BC AC 56 65 33 0,25 Chỳ ý: * Trờn õy ch l hng dn chm, trong bi lm HS cn phi lp lun cht ch thỡ vi cho im ti a * Mi cỏch gii khỏc hp lý cho ỏp s ỳng thỡ cho im ti a S GD&T NGH AN chớnh Kè THI CHN HC SINH GII TNH LP 9 NM HC 2009 2010 Mụn thi: TON LP 9 - BNG A Thi gian lm bi: 150 phỳt Cõu 1 (4,5 im): a) Cho hm s f (x) (x 3 12x 31)2010 Tớnh f (a) ti a 3 16 8... nhất? Câu 5 (2 im) Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng x y z 1 2 2 x yz 2010 y zx 2010 z xy 2010 x y z 2 - Hết -Họ và tên thí sinh SBD Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm S GIO DC V O TO PH TH HNG DN CHM THI CHN HC SINH GII CP TNH LP 9 THCS NM HC 2009-2010 MễN TON (Hng dn chm thi chớnh thc cú 6... thng c nh Cõu V (2,0 im) Cho a, b, c l cỏc s thc dng tha món a + b + c = 1 Chng minh rng: ab bc ca 1 c 1 a 1 b 1 4 Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn hc sinh: S bỏo danh: S GIO DC V O TO HNG DN CHM BI THI BC GIANG CHNH THC Chỳ ý: Di õy ch l s lc tng bc gii v cỏch cho im tng phn ca mi bi Bi lm ca hc sinh yờu cu phi chi tit, lp lun cht ch Nu hc sinh... 4n + 52 = k2 (2n-1-k)(2n-1+k) =-51 0,5 im 0,5 im 0,5 im 1,0 im Vì 2n-1+k 2n-1-k nên ta có các hệ 2n 1 k 1 2n 1 k 3 2n 1 k 51 2n 1 k 17 (1) (2) (3) (4) 2n 1 k 51 2n 1 k 17 2n 1 k 1 2 n 1 k 3 0,5 im Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta tìm được n = -12, n =-3, n =13, n =4 Vậy các số nguyên cần tìm là n 12; 3; 4;13 1,0 im Câu 2 (5 im) a) Giải phương trình x2 2x 3 2... Cho ba s a , b , c tho món Chng minh rng: a 2 b 2 c 2 14 Cõu 5 ( 2.0 im): Tỡm tt c cỏc s nguyờn dng x , y , z tho món x y z 11 8 x 9 y 10 z 100 HT H v tờn thớ sinh: SBD: Hng dn chm thi Mụn Toỏn.K thi chn hc sinh gii lp 9, nm hc 20082009 im Cõu Hng dn chm Cõu 1.(2.0 im) 1 0 0.5 Phng trỡnh cú hai nghim phõn bit khụng õm S 0 P 0 m 2 m 2 2 m 0 m 0 2m 0 m 2 m 2 0 2 m 2 m... và biểu điểm Câu 1 (4 im) a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2 n + 13 là số chính phương ? P N n BIU IM n n a) Theo giả thi t n là số tự nhiên nên: 2 1, 2 , 2 + 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hết cho 3 Mặt khác (2n, 3) = 1 nên 2 n 1 2n . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên dương. coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Bài Câu Bài giải Điểm a 2điểm. Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2009-2010 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (3 điểm) Giải phơng