Đề thi học sinh giỏi toán lơp 9

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) A 4 10 2 5 4 10 2 5 5        b)         2 2 2 2 2 2 x y x x y y x y B xy x x y y x y        với xy > 0; x  y Bài 2: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 y 2xy 7x 12 0     Bài 3: Giải các phương trình a) 5 x 5 x x x 6 x 1 x 1                b)     10 14 x 2013 x 2014 1     Bài 4: Cho ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a) Chứng minh rằng BEC  ADC. Tính BE theo m = AB b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng BHM  BEC. Tính  AHM c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng GB HD BC AH HC   Bài 5: a) Cho     3 3 2 2 x y 3 x y 4 x y 4 0        và xy > 0 Tìm GTLN của 1 1 M x y   b) Với a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 5 5 5 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a ab b b bc c c ca a 3            Bài giải của Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) Đặt                  2 x 4 10 2 5 4 10 2 5 x 8 2 6 2 5 8 2 5 1 6 2 5 x 5 1    . Do đó A = 1 b)                x y x x y y B 1 x x y y x y Xét các trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > 0 và y > x > 0 ta đều được  B 1 Bài 2: Cách 1:               2 2 y 2xy 7x 12 0 x y x 3 x 4 (x + 3)(x + 4) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên không thể là 1 số chính phương Dó đó x 3 0 x 3 x 4 0 x 4                Từ đó ta tìm được (x; y)  {(-3; 3); (-4; 4)} Cách 2:                  2 2 2 y 2xy 7x 12 0 4y 8xy 28x 48 0 4y 49 4x 2y 7 1     2y 7 2y 7 4x 1       ta có 2y 7 1 x 4 2y 7 4x 1 y 4                 2y 7 1 x 3 2y 7 4x 1 y 3                 Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x  -1. Đặt          5 x x a x 1 và     5 x x b x 1 . Ta có                             2 2 5 x 5 x 5x x x x 5 x a b x x 5 x 1 x 1 x 1 Do đó a 2 b 3 ab 6 a b 5 a 3 b 2                         . Với 2 2 2 5 x x 2 a 2 x 3x 2 0 x 1 x 3x 2 0 b 3 x 3x 2 0 5 x x 3 x 1                                             x 1 x 1 x 2 0 x 2           Với   2 2 2 2 5 x x 3 a 3 x 2x 3 0 x 1 x 2x 3 0 x 1 2 0 b 2 x 2x 3 0 5 x x 2 x 1                                              , vô nghiệm Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2} Cách 2:                                2 2 2 4 3 2 5 x 5 x x x 6 5x x x 5 6 x 1 x 5x 11x 13x 6 0 x 1 x 1                 4 3 2 2 2 x 5x 11x 13x 6 0 x 3x 2 x 2x 3 0 Từ đó ta tìm được tập nghiệm S = {1; 2} b)              10 14 5 7 x 2013 x 2014 1 x 2013 x 2014 1 Ta có x = 2013, x = 2014 là 2 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh 2 nghiệm này là duy nhất Xét x < 2013                7 5 7 x 2014 1 x 2014 1 x 2014 1 x 2013 x 2014 1 Xét 2013 < x < 2014 5 7 0 x 2013 1 x 2013 x 2013 0 x 2013 1 1 x 2014 0 0 x 2014 1 x 2014 x 2014                                    5 7 x 2013 x 2014 x 2013 x 2014 x 2013 2014 x 1              Xét x > 2014                5 5 7 x 2014 1 x 2013 1 x 2013 1 x 2013 x 2014 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014 Bài 4: a) Xét EDC và BAC có    0 EDC BAC 90 (gt) C chung         EDC  BAC (g – g) EC BC DC AC   Xét BEC và ADC có  EC BC DC AC C chung        BEC  ADC (c – g - c)    BEC ADC  . Mặt khác AH = HD (gt) nên     0 0 0 0 ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45          AEB vuông cân tại A. Do đó BE m 2  b) Xét AHB và CAB có    0 AHB CAB 90 (gt) B chung         AHB  CAB (g – g) 2 2 2 AB BH BE BH BM BH AB BH.BC 2AB 2BH.BC BE 2BH.BC BC AB 2BC BE BC BE             (Vì BE = 2BM). Xét BHM và BEC có  BM BH BC BE MBH chung        BHM  BEC (c – g - c)    0 0 BHM BEC 135 AHM 45      c) Xét AHC và BAC có    0 AHC BAC 90 (gt) C chung         AHC  BAC (g – g) AH AB HC AC   (1) Mặt khác AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM cũng là phân giác hay AG là đường phân giác của ABC. Suy ra GB AB GC AC  (2). Từ (1) và (2) ta có:   GB AH GB.HC AH.GC GB.HC AH. BC GB GB.HC AH.BC AH.GB GC HC          AH.GB GB.HC HD.BC    (Vì HD = AH)   GB. AH HC HD.BC    GB HD BC AH HC    Bài 5: a)     3 3 2 2 x y 3 x y 4 x y 4 0                  2 2 2 2 2 2 x y x xy y 2 x xy y x 2xy y 4 x y 4 0                         2 2 2 2 2 1 x xy y x y 2 x y 2 0 x y 2 2x 2xy 2y 2x 2y 4 0 2                           2 2 2 1 x y 2 x y x 1 y 1 2 0 x y 2 0 x y 2 2                       Mà xy > 0 do đó x, y < 0 Áp dụng BĐT CauChy ta có        x y x y 1 2        nên xy ≤ 1, do đó 2 2 xy    Vậy 1 1 x y M 2 x y xy       , GTLN của M là -2. Đạt được khi x = y = -1 b) Cách 1: Ta có:       3 3 2 2 3 3 2 2 a 2a b 3a 2a b a ab b a b ab a b a ab b 3                2 2 2 a ab b ab a b 0        luôn đúng. Do đó 3 5 3 2 2 2 2 2 a 2a b a 2a a b a ab b 3 a ab b 3          . Chứng minh tương tự ta được 5 5 5 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b b c c a a ab b b bc c c ca a 3 3                  Mặt khác: Vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a b c 0          3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b b c c a a a b b b c c c a                          2 2 2 2 a a b b b a a c c c a a b a b a c b c b c 0                 Từ đó suy ra 5 5 5 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a ab b b bc c c ca a 3            . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có 5 5 5 6 6 6 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 a b c a b c a ab b b bc c c ca a a a b ab b b c bc c c a ca                    2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b ab b c bc c a ca            Mặt khác     2 2 2 3 3 a b 0 a ab b ab a b ab a b           tương tự   3 3 b c bc b c      3 3 c a ca c a    . Suy ra         3 3 3 2 a b c ab a b bc b c ca c a                  3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c ab a b bc b c ca c a              2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b ab b c bc c a ca 3               Dự đoán: Mỗi câu 1 đ theo thang điểm 10 và mỗi câu 2 đ theo thang điểm 20 1 PHÒNG GD VÀ ĐÀO TẠO TÂN PHÚ ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: Giải toán trên máy tính cầm tay. Thời gian 150 phút Ngày thi: 24/11/2011 Bài 1. Tìm nghiệm của phương trình: 1 1 1 .(4 ) 3 2 1 2 3 1 5 3 1 4 5 1 7 4 2 6 7 8 9 x           Kết quả: x = ……… Bài 2. Cho hình thang vuông ABCD biết AB = 12,35; BC = 10,55;  0 D=57 . Tính chu vi và diện tích hình thang. Kết quả: Chu vi: ………….; Diện tích: ………… Bài 3. Cho dăy số có số hạng tổng quát U n = (3 2) (3 2) 2 2 n n    . (n = 1, 2, 3, …) a) Tính U 1 , U 2 , U 3 , U 4 , U 5 . b) Viết công thức truy hồi U n + 2 theo U n+1 và U n . c) Lập quy trình bấm phím liên tục tính U n+2 theo U n và U n trên máy tính CASIO. Kết quả: a) U 1 = …; U 2 = ……; U 3 = ………; U 4 = ……………;U 5 = ……………. b) U n + 2 = c) Quy trình bấm phím: Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh C có độ dài cạnh huyền AB = a = 7,5 cm; góc A = 58 0 25’. Từ đỉnh C, vẽ đường phân giác CD và trung tuến CM của tam giác. Tính AC, BC và diện tích tam giác ABC, diện tích tam giác CDM. 2 Kết quả: AC =…… ; BC = ………….; S ABC =……….; S CDM = ………… Bài 5. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n sao cho: 2 16 + 2 19 + 2 n là số chính phương. Kết quả: n = ……… Bài 6. Biết số dạng A = 11235679 4 x y chia hết cho 24. Tìm tất cả các số A. Kết quả: A=………………………………………………………………………… Bài 7 . Dân số một xă hiện nay là 20.000 người. Người ta dự đoán sau 2 năm nữa dân số của xă là 20.808 người. a) Hỏi trung bình mỗi năm dân số xă tăng bao nhiêu phần trăm? b) Hỏi sau 10 năm dân số xă là bao nhiêu? Kết quả: a) Tỉ lệ gia tăng dân số mỗi năm: …………… b) Dân số sau 10 năm: ………………… Bài 8. Cho biết cos x = 0,7 3 61 (0 0 <x<90 0 ). Tính giá trị của biểu thức: 3 2 2 os 2sin 1 cos sin c x x x x    Kết quả: ………………………… Bài 9. Cho tam giác ABC. Biết đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành 3 phần bằng nhau. Tính các góc của tam giác ABC. Kết quả: ………………………………………. Bài 10. Cho đường tròn tâm O bán kính R = 3,15cm. Từ 1 điểm A ở ngoài đường tròn sao cho AO = 7,85 cm vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là hai tiếp tuyến). Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến và cung tròn nhỏ BC. 3 Kết quả: Diện tích phần giới hạn: ………… 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: 6 2 5 14 6 5 A     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 2 3 2013. P x y z S x y z                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: 2 2 2 1 x y z 2 1 1 1 1 4 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 2 2 IO OM 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 OM ON  không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. 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 z x y z       b. Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 671. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 2013 2013 2013 x y z x yz y zx z xy x y z            Hết Họ và tên thí sinh SBD 1 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 6 2 5 14 6 5 5 1 3 5 5 1 3 5 2 A              1,5 b) ĐKXĐ: 0; 0; 0 x y x y        0,5 Xét x = 0. Suy ra y = - 4 ( Thỏa mãn) 0,75 Xét 0; 0 x y   . Biến đổi PT về dạng:     2 2 2 0 x y x     Lập luận tính được x = y = 4 ( Thỏa mãn). 1,0 KL:     ; 0; 4 x y   hoặc     ; 4;4 x y  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 85 2 x y x    0,5 Lập luận 4 4 85 4 x   Mà x Z  Suy ra 4 x  { 4 4 4 4 0 ;1 ;2 ;3 } 1,0 4 4 0 x  thì 2 85 y  ( loại) 4 4 1 x  thì   2 2 84 y   ( loại) 4 4 2 x  thì   2 8 71 y   ( loại) 4 4 3 x  thì   2 18 4 y    18 2 18 2 y y          20 16 y y      Khi đó 3 3 x x       Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên   ; x y là: (3 ; 20); (-3 ; 20); (3 ; 16); (-3 ; 16) 0,75 b) Đặt 2012; 2 2013; 3 2014 a x b y c z       . Ta có: 5 5 5 P a b c S a b c       ( a ; b ; c là các số nguyên ) Xét       5 5 5 P S a a b b c c        0,5 2 Ta có : với mọi số nguyên m thì 5 m m  chia hết cho 30 Thật vậy: 5 4 2 2 ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 2)( 2) 5 ( 1)( 1) m m m m m m m m m m m m m m m                (1) Với mọi số nguyên m thì ;( 1);( 1);( 2);( 2) m m m m m     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 ( 1)( 1)( 2)( 2) m m m m m     chia hết cho 30 (2) Và ;( 1);( 1) m m m   ;( 1);( 1);( 2);( 2) m m m m m     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 Do đó       5 5 5 P S a a b b c c        chia hết cho 30 với a; b; c là các số nguyên 1,75 Câu 3: (2,5 điểm) Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z                                Mà 1 1 1 0 x y z    suy ra 1 1 1 2 x y z    (1) Mặt khác 1 x y z 2    suy ra 1 2 x y z    (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 x y z x y z      (3) 1,0 Biến đổi (3)        x y y z z x 0     1,0  2013 2013 2013 2013 2009 2009 2009 2009 2011 2011 2011 2011 0 0 0 0 0 0 x y x y x y x y z y y z y z y z 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) 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) 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)  MO MK 1 AH AB 2   ( 0,5 ) A B C H M K I O [...]... sẽ tỡm được nghiệm Chỳ ý: - Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa - GK có thể bàn để thống nhất điểm cho từng phần nhỏ của mỗi bài SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang...  C Gọi số phải tỡm là (a , b N; 1 a, b 9) ab  4.ba  15(1)  Ta cú hệ  2 2 ab  9  a  b (2)  C1 : Từ (1) ta thấy nếu => a = b = 9 khụng thỏamón (1) và (2) Vậy b = 1 thay b = 1 vào (2) ta được: – 9 = a2 + 1  10a + 1 – 9 = a2 + 1  a2 – 10a + 9 = 0 a1 = 1; a2 = 9 (*) a = 1 => a = b loại (*) a = 9 => = 91 thỏa món (1) 91 = 4 * 19 + 15 Vậy: Số phải tỡm là 91 C2: Từ hệ trờn cú thể dựng PP thế để... z = 2013 3 0,25 ( Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng và hợp lí đều cho điểm tối đa tương ứng) Hết - 4 UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam Sở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 MôN: Toán (Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề) Đề chính thức Bài 1 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số... dư 15 Nếu lấy số đó trừ đi 9 thì được một số bằng tổng bình phương của 2 chữ số tạo thành số đó Tìm số tự nhiên ấy? Hết - Họ tờn thớ sinh: Số bỏo danh: áp án Đ1 UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam Sở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS Tháng 3 / 2012 hớng dẫn chấm toán 9 Bài 1: 3,5 điểm C1: Gọi 5... các số từ 1 đến 9 vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng con có kích thước 2  2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó Tìm giá trị lớn nhất có thể được của T —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 2012 -2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN I LƯU Ý CHUNG:... 1 Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm 2 HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết 3 Tổng điểm của bài thi không làm tròn -Hết - SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM... xảy ra  a b c   x y z 2 1 1 1 9 1  1  1     x 1 y  2 z  3 x  y  z  6 x  y  z  6 => x  y  z  6  9 => x  y  z  3 Áp dụng với a = b= c = 1 ta có 1  ( 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...  2 2 2 (ab  a  1) (bc  b  1) (ca  c  1) abc Đẳng thức xảy ra khi nào? -HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2.0 điểm)   (4m  1) 2  8(m  4)  16m 2  8m... giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết 3 Tổng điểm của bài thi không làm tròn -Hết - SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 điểm) 1 1 1 1 1 1  2  1 2  2    1  2 2 1 2 2 3 2012 20132 b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4 x  5 y  7 Tìm giá trị nhỏ nhất của... 1  2  3    9  45 Gọi x là số ghi ở ô (2; 2) (ô trung tâm của bảng); các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f, g, h (Hình 1): a b c h x d g f e Hình 1 Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2  2 ta được 4T  4 x  (a  c  e  g )  2(b  d  f  h)  45  2 x  ( x  b  d  f  h ) Do x  9, x  b  d  f  h  9  8  7  6  5  35 nên 4T  45  2 9  35  98  T  24 (do . PHÒNG GD VÀ ĐÀO TẠO TÂN PHÚ ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: Giải toán trên máy tính cầm tay. Thời gian 150 phút Ngày thi: 24/11/2011 Bài 1. Tìm. PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút gọn các biểu.          Hết Họ và tên thí sinh SBD 1 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)