20 DE THI HAY LOP 9

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRUONG Năm học : 2010 – 2011 Môn : Tóan Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 13 / 12 / 2008 Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Phân tích biểu thức sau ra thừa số M = 3 xyz + x ( y 2 + z 2 ) + y ( x 2 + z 2 ) + z ( x 2 + y 2 ) Câu 2 : ( 4 ñieåm ) Định a và b để đa thức A = x 4 – 6 x 3 + ax 2 + bx + 1 là bình phương của một đa thức khác . Câu 3 : ( 4 ñieåm ) Cho biểu thức : P =         + − +−         + + − + − 2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xxxx x a) Rút gọn p . b) Tính giá trị của biểu thức p khi /x / = 4 3 c) Với giá trị nào của x thì p = 7 d) Tìm giá trị nguyên của x để p có giá trị nguyên . Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0 Câu 5 : ( 3ñieåm) Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB và BC lần lượt tại M và N . Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC bằng 75 (cm) Câu 6 : ( 4 ñieåm ) Cho tam giác đều ABC . M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai cạnh BC và AC sao cho BM = CN xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất . Hết ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Ta có M = 3 xyz + x ( y 2 + z 2 ) + y ( x 2 + z 2 ) + z ( x 2 + y 2 ) = ( xyz + xy 2 + yx 2 ) + ( xyz + xz 2 + zx 2 ) + ( xyz + yz 2 + y 2 Z ) ( ½ ñ ) = xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) ( ½ ñ ) = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) ( ½ ñ ) Vậy M = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) ( ½ ñ ) Câu 2 : ( 4 ñieåm ) Ta có thể viết : A = x 4 – 6x 3 + ax 2 + bx + 1 = ( x 2 – 3x + k ) 2 = x 4 + 9x 2 + k 2 – 6x 3 + 2kx 2 – 6kx ( 1/2ñ ) = x 4 – 6x 3 + ( 9 + 2k )x 2 – 6kx + k 2 ( 1/2 ñ ) Đồng nhất 2 vế ta có : a = 9 + 2k (1) ( 1/2ñ ) b = - 6k (2) 1 = k 2 (3) Từ (3) ta suy ra : k = ± 1 ( 1/2 ñ ) Nếu k = - 1 ; b = 6 và a = 7 ( ½ ñ ) Ta có : A = x 4 – 6 x 3 + 7 x 2 + 6 x + 1 = ( x 2 – 3 x – 1 ) 2 ( ½ ñ ) Nếu k = 1 ; b = - 6 ; a = 11 ( ½ ñ ) Ta có : A = x 4 – 6 x 3 + 11 x 2 – 6x + 1 = ( x 2 – 3x + 1 ) 2 ( ½ ñ ) Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Vì a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên - 1 ≤ a , b , c ≤ 1 ⇒ a + 1 ≥ 0 ; b + 1 ≥ 0 ; c + 1 ≥ 0 ( ¼ ñ ) Do đó : ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ≥ 0 ( ¼ ñ ) ⇔ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) ( 1/2 ñ ) Cộng 2 vế của (1) cho 1 + a + b +c + ab + bc + ca . Ta có : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ ) Ta biết : 1 + a + b + c + ab + bc + ac = 2 1 ( 1 + a 2 + b 2 + c 2 + 2a + 2b + 2c + 2 ab + 2 bc + 2 ac ) = ( 1/2 ñ ) 2 1 ( 1 + a + b + c ) 2 ≥ 0 ( vì a 2 + b 2 + c 2 = 1 ) ( 1/2 ñ ) Vậy abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 0 ( 1/2 ñ ) Câu 5 : ( 3ñieåm ) A M K G B C N ta có : 3 2 ; 3 1 == BK BG BK GK ( ¼ ñ ) Do MN // AC nên 3 1 === BK GK BC CN AB AM ( ¼ ñ ) Mà 3 1 = + + BCAB NCAM ( ¼ đ ) vì AM + NC = 16 (cm) và AB + BC = 75 – AC ( 3/4 đ ) Do đó : 3 1 75 16 = − AC ⇒ AC = 27 (cm) ( 3/4 đ ) Ta lại có : 18 3 2 273 2 =⇒=⇒= MN MN AC MN (cm) ( 3/4đ ) Câu 6 : ( 4 điểm ) A Q ( 1/2 đ ) p H N B M C Gọi p và Q là chân đường vng góc kẻ từ M và N xuống AB . Ta có tam giác ANQ vng ở Q có góc A = 60 0 ⇒ ANQ = 30 0 ( 1/2 đ ) ⇒ AQ = 2 1 AN ( 1/2 đ ) Tương tự đối với tam giác MpB ta có pB = 2 1 BM ( 1/2 đ ) Do đó : AQ + pB = 2 1 2 1 2 1 =+ BMAN (AN + NC ) = AC 2 1 ( 1/2 đ ) Kẻ MH ⊥ QN . Tứ giác MpQH là hình chữ nhật ( 1/4 đ ) Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB - ABAC 2 1 2 1 = ( 1/2 đ ) Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng 2 1 AB . ( 1/4 đ ) Khi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC ( 1/2 đ ) PHÒNG GIÁO DỤC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005 KHOÁ NGÀY 24 / 2 / 2005 MÔN: TOÁN LỚP 9 - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC: Bài 1: ( 5 điểm) a) Rút gọn: A = 1 - 11 1 22 +− + − ++ − ++− xx xx xx xx xx (0 1≤≤ x ) b) Cho: x = 33 2525 −−+ Tính giá trò của biểu thức f(x) = 3 x + 3x Bài 2: ( 3 điểm) Giải hệ phương trình:        =++ =++ =++ =++ )4(12 )3(14 )2(15 )1(10 yxt xtz tzy zyx Bài 3: ( 5 điểm) Cho phương trình: x 2 – 2mx + 2m –1 = 0 a) Chứng minh: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m ≠ 1. b) Tính giá trò của biểu thức: A = ).1.(2 3.2 21 2 2 2 1 21 xxxx xx +++ + c) Tìm giá trò lớn nhất của A. Bài 4: ( 3 điểm) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn. Từ một điểm M trên cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt hai tiếp tuyến trên tại hai điểm P và Q. Chứng minh rằng chu vi tam giác APQ không đổi khi M di động trên cung nhỏ BC. Bài 5: ( 4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm của tam giác đó. Dựng hình bình hành BHCD và gọi I là giao điểm của hai đường chéo. 1) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC. Chứng minh: CAOHAB ˆˆ = 3) AI cắt OH tại G. Chứng minh: G là trọng tâm của tam giác ABC. 4) Gọi M, N theo thứ tự là điểm đối xứng của D qua AC, AB. Chứng minh: N, H, M thẳng hàng. ** PHÒNG GIÁO DỤC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 - 2005 MÔN TOÁN - LỚP 9 Bài 1: ( 5 điểm) a) Rút gọn: A = 1 - 11 1 22 +− + − ++ − ++− xx xx xx xx xx = 1 )1.( 1 )1.( 11 33 +− + − ++ − ++−− xx xx xx xx xx (0,5đ) = 1 )1).(1.( 1 )1).(1.( 11 +− +−+ − ++ ++− ++−− xx xxxx xx xxxx xx (0,5đ) = xxxxxx −−−++−− 11 (0,5đ) = 2 )1(1211 xxxxx −−−=+−−− = (0,5đ) = 01111 =+−−=−−− xxxx (do 0 1 ≤≤ x nên 01 >− x ) (0,5đ) b) Ta có: 3 33 3 2525       −−+=x (0,5đ) =       −−+−+−+−+ 33 3 2525).25).(25(.32525 (1đ) = x34 − (0,5đ) Vậy: f(x) = 4 – 3x + 3x = 4 (0,5đ) Bài 2: ( 3 điểm) Cộng (1), (2), (3) và (4) vế theo vế ta được: 3( x + y + z + t) = 51 Suy ra ( x + y + z + t) = 17 (5) (1,5đ) Lấy (5) trừ (1), (2), (3), (4) ta được:        = = = = 5 3 2 7 z y x t (1đ) Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) (0.5đ) Bài 3: ( 5 điểm) a) Ta có: mmmm ∀≥−=+−=∆ 0)1(12 22' (0,75đ) Vậy: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khi 0 ' >∆ 01 ≠−⇔ m 1≠⇔ m (0,75đ) Ta có: 12. 21 −= mxx (0,5đ) 244)12.(2)2(.2)( 22 21 2 21 2 2 2 1 +−=−−=−+=+ mmmmxxxxxx (0,5đ) Vậy: A = 24 14 )121(2244 3)12.(2 22 + + = −+++− +− m m mmm m (0,5đ) b) Ta có: A= 24 )12( 1 24 144 1 24 144)24( 24 14 2 2 2 2 2 22 2 + − −= + +− −= + −+−+ = + + m m m mm m mmm m m (0,5đ) Suy ra: 2 1 012 max =⇔=−⇔ mmA (0,5đ) Lúc đó: 1 max =A (0,5đ) Bài 4: ( 3 điểm) - Vẽ hình - Ghi giả thiết, kết luận đúng. (0,5đ) B P O M A Q C CM: Ta có: Chu vi của QAPQAPAPQ ++=∆ (0,5đ) = AP + PM + MQ + QA (0,5đ) QAQCPBAP +++= (0,5đ) (do: PM = PB; QM = QC : tính chất của hai tiếp tuyến) (0,5đ) Do đó : Chu vi ACABAPQ +=∆ (0,5đ) Vậy: Chu vi của tam giac APQ không đổi. Bài 5: ( 4 điểm) - Vẽ hình - Ghi gt, kl đúng (0,5đ) A E F N H M G B C K I D CM 1) Ta có: DC // BH (do BHCD là hình bình hành) Mà: BH ⊥ AC (gt) Nên: ACDC ⊥ Suy ra: 0 90 ˆ =DCA (0,5đ) Tương tự: 0 90 ˆ =DBA Suy ra: 0 180 ˆ ˆ =+ DBADCA (0,5đ) Vậy: Tứ giác ABDC nội tiếp được trong một đường tròn. 2) Do ADC ∆ vuông tại C _ nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp ADC ∆ là trung điểm của AD. (0,25đ) O Ta có: CBDCAO ˆ ˆ = (1) (cùng chắn cung DC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC) HCBCBD ˆ ˆ = (2) (so le trong) (0,5đ) HABHCB ˆˆ = (3) (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Từ (1), (2), (3) HABCAO ˆˆ =⇒ (đpcm) 3) Vì I là trung điểm của BC nên AI là một trung tuyến của ABC∆ (0,25đ) Trong AHD∆ có HO và AI là hai trung tuyến – Nên G là trọng tâm của AHD∆ . (0,25đ) Suy ra: GA = 2GI Điều này chứng tỏ G là trọng tâm của ABC∆ (0,25đ) 4) Ta có: BDABNA ˆˆ = (tính chất đối xứng) BCABDA ˆ ˆ = (cùng chắn cung AB) Suy ra: BCABNA ˆ ˆ = Ta lại có: 0 180 ˆ ˆ =+ EHKBCA (do tứ giác KHEC nội tiếp) (0,5đ) Và: EHKAHB ˆˆ = (đđ) Nên: 0 180 ˆ ˆ ˆˆ =+=+ EHKBCABHABNA Do đó: tứ giác AHBN nội tiếp Suy ra: NABBHN ˆ ˆ = (cùng chắn cung BN) Ngoài ra: DABNAB ˆˆ = (do N đối xứng với D qua AB) Nên: DABBHN ˆ ˆ = Tương tự: Tứ giác AHCM nội tiếp Suy ra: CAMCHM ˆ ˆ = (cùng chắn cung CE) Mà: CADCAM ˆˆ = (do M đối xứng với D qua AC) Nên: CADCHM ˆ ˆ = Suy ra: ( CHMBHN ˆˆ + ) + 0 180 ˆ ˆ ˆ =+= EHFCABCHB (0,5đ) Vậy: N, H, M thẳng hàng. _______________________________________________ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI số 1 Câu 1: (2,0điểm) Rút gọn biểu thức: 1. 5 3 29 12 5A = − − − (1,0 điểm) 2. ( ) 2 3 2 3 3 , 0, 0, x x y y y xy y x B x y x y x y x x y y − + + − = + > > ≠ − + (1,0 điểm) Câu 2: (2,0điểm) 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 a b b c c a a b c ab bc ca + + + + + ≥ + + 4. ( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀ (1,0 điểm) Câu 3 : (2,0điểm) 5. Cho biểu thức 2 1 2 1P x x x x= + − + − − xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm) 6. Giải phương trình: 2 7 6 5 30x x x− = + − (0,5 điểm) 7. Giải hệ phương trình: 2 1 1 2 x y y y x  − = −  + =  (0,5 điểm) Câu 4: ( 2,0điểm) 8. Cho đường thẳng (d m ) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0 a. Tìm đường thẳng ( d ) đi qua điểm A( - 1 ; - 3 ) và xác định hệ số góc của đường thẳng đó (1,0 điểm) b. Tìm điểm cố định B của (d m ) với mọi m (1,0 điểm) Câu 5: (2,0điểm) 9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm đường tròn ( c ). Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T là tiếp điểm, gọi E là giao điểm của AD và OT a. Đặt DE = x tính theo a, x các cạnh của tam giác OAE, sau đó tính x theo a (1,0 điểm) b. Tính theo a diện tích tam giác OCE và đường cao EH xuất phát từ E của tam giác đó. (1,0 điểm) HẾT ĐÁP ÁN Câu 1: (2,0điểm) Rút gọn biểu thức: 1. (1,0điểm) ( ) 2 2 2 2 5 3 29 12 5 5 3 2 5 2.2 5.3 3 5 3 (2 5 3) 5 3 (2 5 3) 5 6 2 5 5 ( 5 1) 5 ( 5 1) 1 A = − − − = − − − + = − − − = − − − = − − = − − = − − = (1,0 điểm) Đáp số: A = 1 2. (1,0 điểm) Xét: ( ) 2 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 2 ( ) 3 3 ( ) 2( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3( ) 3 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x y y y x x y xy y x y x x x y y x y x x x y y x x y xy x x y x y x y x x y y − + + − + − + + = + +   − + − +   = = =   + + + − +   (0,5điểm) Xét: 3 3 3 ( ) 3 ( )( ) xy y y x y y x y x y x y x y − − = = − + − + 3 3( ) 3 3 y x y x B x y x y x y + = + = = + + + (0,5điểm) Đáp số : B = 3 Câu 2: (2,0điểm) 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 a b b c c a a b c ab bc ca + + + + + ≥ + + Ta có: 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 0; 0: ( )( ) 0 ( ) ( ) 0 ( )( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) 2 2 a b a b a b a b a ab b ab a b a ab b ab a b a b ab a b a b a b a b ab a b ab   > > + − ≥ ⇔ + − + − ≥   ⇔ + − + − + ≥ ⇔ + − + ≥ + + ⇔ + ≥ + ⇔ ≥ (0,5điểm) Tương tự ta có: 3 3 3 3 ( ) ( ) ; 2 2 2 2 b c b c c a c a bc ca + + + + ≥ ≥ Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c c a a b b c c a ab bc ca a b b c c a a b c ab bc ca + + + + + + + + ≥ + + + + + ⇔ + + ≥ + + (0,5điểm) Đáp số: Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh 4. ( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀ (1,0 điểm) Ta có: [ ] [ ] ( 1)( 3)( 4)( 6) 10 ( 1)( 6) ( 3)( 4) 10a a a a a a a a− − − − + = − − − − + 2 2 ( 7 6)( 7 12) 10a a a a= − + − + + ; Đặt t = a 2 – 7a + 9 (0,5 điểm) 2 2 ( 3)( 3) 10 9) 10 1 0;t t t t t= − + + = − + = + > ∀ (0,5 điểm) Đáp số: Bất đẳng thức đã được chứng minh Câu 3 : (2,0điểm) 5. Cho biểu thức 2 1 2 1P x x x x= + − + − − xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm) 1 2 1 1 ( 1) 2 1 1; 1(*)P x x x x x= − + − + + − − − + ≥ 1 1 1 1x x= − + + − − Nếu 1 1 0 1 1 1 1 2x x x x− − ≤ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ (0,5 điểm) 1 1 1 1 2 1P x x x= − + + − − = − đối chiếu điều kiện (*); 2x ≥ ; ta có: 2 1P x= − Nếu 1 1 0 1 1 1 1 2x x x x− − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ Ta có: 1 1 1 1 2P x x= − + + − − = ; đối chiếu (*) ta có 1 2 2x P ≤ ≤ ⇒ = Vậy ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2 min 2 1 2P x x x x P x= − + + − − ≥ + − + − − = ⇒ = ⇔ ≤ ≤ (0,5 điểm) Đáp số: [ ] 1;2x∈ thì giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 6. Giải phương trình: 2 7 6 5 30x x x− = + − (0,5 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 7 6 5 30 7 6 5 30 0 ( 8 16) ( 5 6 5 9) 0 4 0 4 ( 4) 0 ( 4) ( 5 3) 0 4 5 3 0 5 3 ( 5 3) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − = + − ⇔ − − + + = ⇔ − + + + − + + =   − = = − =     ⇔ − + + − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =    + − = + = + − =       Đáp số: Vậy tập nghiệm của phương trình { } 4S = 7. Giải hệ phương trình: 2 1 1 2 x y y y x  − = −  + =  (0,5 điểm) 4 5 3 1 3 2 1 2 1 5 1 2 1 2 1 2 3 2 1 1 3 x x y x y y y x y x y y x y x y x x y y   =       − = −     − = −   =   − =       ⇔ ⇔ ⇔ − = −     + =     =  + =      − =        =     Đáp số: Tập nghiệm của hệ phương trình: 4 3 2 1 ; , ; 5 5 3 3 S       =    ÷  ÷       Câu 4: ( 2,0điểm) 8. Cho đường thẳng (d m ) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0 a. Tìm đường thẳng ( d ) đi qua điểm A( - 1 ; - 3 ) và xác định hệ số góc của đường thẳng đó (1,0 điểm) ( ) 2 ( 1) (3 1)( 3) 6 0 11 3 0 3 11 m A d m m m m ∈ ⇔ − + − − − = ⇔ − − = ⇔ = − (0,5 điểm) Khi 3 11 m = − đường thẳng 3 33 ( ):3 10 33 0 10 10 d x y y x+ + = ⇔ = − − (0,25 điểm) Hệ số góc của đường thẳng (d) là 3 10 k = − (0,25 điểm) Đáp số: Đường thẳng (d) cần tìm là: 3 33 10 10 y x= − − và hệ số góc 3 10 k = − b. Tìm điểm cố định B của (d m ) với mọi m (1,0 điểm) Giả sử B(x;y) là điểm cố định của họ (d m ) với mọi m 2 (3 1) 6 0, (2 3 ) 6 0, 2 3 0 9 6 0 6 mx m y m x y m y m x y x y y ⇔ + − − = ∀ ⇔ + − − = ∀  + = =  ⇔ ⇔   − − = = −   Đáp số: M(9; -6) Câu 5: (2,0điểm) 9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm đường tròn ( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T là tiếp điểm, gọi E là giao điểm của AD và OT [...]... nào thỏa mãn hệ thức: 200 8x20 09 + 200 9y2010 = 201 1 Bải giải - Nếu y chẵn thì với mọi x ∈ Z có 200 8x20 09 + 200 9y2010 là số chẵn; mà 201 1 là số lẻ, (vơ lý) - Nếu y lẻ thì y1005 là số lẻ Đặt y1005 = 2k + 1 ( k ∈ Z ) ⇒ 200 9y2010 = 200 9( y1005)2 = 200 9( 2k + 1)2 = 200 9( 4k2 + 4k + 1) = 4 [200 9( k2 + k)] + 200 9 Ta có 200 9y2010 chia cho 4 dư 1 ⇒ 200 8x20 09 + 200 9y2010 chia cho 4 dư 1; mà 201 1 chia cho 4 dư 3, (vơ... 3 36 + 9 + 4 7 2.3 + 1 1 1 = = = 1+ − 2 6 2.3 2 3 (2.3) 1+ 1 1 + 2 = 2 3 4 144 + 16 + 9 13 3.4 + 1 1 1 = = = 1+ − 2 12 3.4 3 4 (3.4) Ta có: (200 8 .200 9) 2 + 200 82 + 200 92 200 8 .200 9 + 1 = 200 8 .200 9 (200 8 .200 9) 2 (0,5) 1 1 = 1+ − 200 8 200 9 1 1 1 1 1 1 ⇒ S = (1 + − ) + (1 + − ) + + (1 + − ) 2 3 3 4 200 8 200 9 1 1 1 1 1 1  = 200 7 +  − + − + + − ÷( vì từ 2 đến 200 8 có 200 7 số) 200 8 200 9  2... + − ÷( vì từ 2 đến 200 8 có 200 7 số) 200 8 200 9  2 3 3 4 1+ 1 1 + = 2 200 8 200 92 1 1  = 200 7 +  − ÷  2 200 9  200 7 = 200 7 + 4018 (0,5) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN NĂM HỌC 200 8 -200 9 Mơn Tốn - Lớp 9 Thời gian 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11 tháng 02 năm 200 9 Bài 1 : ( 4,0 điểm ) a) Cho x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu... bước chấm điểm điểm tồn bài làm tròn đến 0.5 PHÒNG GIÁO DỤC KRƠNG NĂNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC :200 7- 200 8 KHỐ NGÀY: 27-02- 200 8 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian: 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ 1 Bài1: (3điểm) a) Chứng minh rằng: Với a > b > 0, ta có: a 200 8 − b 200 8 a 200 7 − b 200 7 > a 200 8 + b 200 8 a 200 7 + b 200 7 b) Tìm các số ngun x, y thỏa mãn đẳng thức: 2y2x + x + y + 1 =x2 +... quan điểm và chấm chung ít nhất 05 bài để rút kinh nghiệm, sao cho đảm bảo sự cơng bằng cho tất cả các bài thi SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9 Năm học : 200 8 - 200 9 Môn : Toán Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 20 /3 /200 9 Câu 1 ( 2 điểm) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 Với m là tham số, tìm m để phương trình... (*) ln đúng Vậy với m = 200 8, n = 200 7 ta ln có BĐT: a 200 8 − b2008 a 200 7 − b 200 7 > a 200 8 + b 200 8 a 200 7 + b2007 b) Ta có: 2y2 + x + y + 1 = x 2 + 2y2 + xy ⇔ 2y2(x - 1) – x(x - 1) – y(x - 1) + 1 = 0 (1) -Vì x = 1 khơng là nghiệm của (1) Khi đó chia hai vế của (1) cho x – 1, ta có: 2 y2 − x − y + 1 =0 x −1 (2) x = 2 1 ngun nên x – 1 = 1 hoặc x – 1 = -1 ⇔  x −1 x = 0 1 -Thay x = 2 và x = 0 vào... ADM ( cùng chắncung AM ) Do đó: AME đồng dạng với HCD (g-g) ˆ ˆ Suy ra: DHC = EAM = 90 0 Vậy: MD ⊥ BC Chú ý: Các cách giải khác nếu đúng vẫn ghi điểm tối đa (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 200 9 -201 0 TRƯỜNG THCS GIA PHƯƠNG -Mà KÍ HIỆU T-DH01-HSG9- 09 Mơn thi : TỐN Thời gian: 150 phút khơng kể thời gian giao đề (Đề này gồm 06 câu trên 01... d ≤ a + b b) Chứng minh rằng khơng có các số ngun x và y nào thỏa mãn hệ thức: 200 8x20 09 + 200 9y2010 = 201 1 Bài 4 : ( 2,0 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O Chứng minh rằng nếu đường tròn nợi tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác OAC có bán kính bằng nhau thi tam giác ABC là tam giác cân Bài 5 : ( 5,0 điểm ) Cho hai đường tròn (O;... lý) Vậy khơng có các số ngun x, y nào thỏa mãn hệ thức : 200 8x20 09 + 200 9y2010 = 201 1 Điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Bài 4 : ( 2,0 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O Chứng minh rằng nếu đường tròn nợi tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác OAC có bán kính bằng nhau thi tam giác ABC là tam giác cân Bải giải Điểm A Gọi... 2 2 bc Câu 6: 2điểm Tìm các giá trị ngun x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 ) x2 + 1 = y2 Hết - -Mà KÍ HIỆU T-DH01-HSG9- 09 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 200 9 -201 0 Mơn thi : TỐN Thời gian: 150phút khơng kể thời gian giao đề (Hướng dẫn chấm này gồm 5 trang) - Câu Đáp án 1 (2điểm) Vì 4 + 10 + 2 5 > 0; 4 − 10 + 2 5 . 36 9 4 7 2.3 1 1 1 1 1 6 2.3 2 3 2 3 (2.3) 1 1 144 16 9 13 3.4 1 1 1 1 1 12 3.4 3 4 3 4 (3.4) + + + + + = = − 2 2 2 2 2 2 1 1 (200 8 .200 9) 200 8 200 9 200 8 .200 9 1 1 200 8 .200 9 200 8 200 9 (200 8 .200 9) 1. (200 8 .200 9) 1 1 =1+ 200 8 200 9 (0,5) ⇒ = + − + + − + + + − 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 2 3 3 4 200 8 200 9 S   = + − + − + + −  ÷   1 1 1 1 1 1 200 7 2 3 3 4 200 8 200 9 ( vì từ 2 đến 200 8 có 200 7. 1/2 đ ) PHÒNG GIÁO DỤC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 200 4 – 200 5 KHOÁ NGÀY 24 / 2 / 200 5 MÔN: TOÁN LỚP 9 - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC: Bài 1: ( 5 điểm) a)