Đề và đáp án HSG Toán 9 Hải Phòng 2016

Đề và đáp án HSG Toán 9 Hải Phòng 2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả cá...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 9. Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I (4,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x + − − + − = + − − − − . 1. Tìm các giá trị của x để 6 6 5 A − = . 2. Chứng minh rằng 2 3 A > với mọi x thoả mãn 1 0, 1, 4 x x x≥ ≠ ≠ . Câu II (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a 2 + c 2 = b 2 + d 2 Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . 2. Tìm ,x y nguyên dương thỏa mãn: 2 ( 3) ( 3)x xy− +M Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 1 3 1x x x+ − = − . 2. Cho phương trình: 4 2 2 6 24 0x mx+ + = (m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4 , , ,x x x x phân biệt thỏa mãn: 4 4 4 4 1 2 3 4 144x x x x+ + + = . Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D. 1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân. 2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI. 3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu V (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . ----------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh: .Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2015 - 2016 MÔN: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Bài Đáp án Điểm 1a) (1,0 điểm) Bài (2 điểm) 3 + Đặt u = 20 + 14 ; v = 20 − 14 3 Ta có x = u + v u + v = 40 0,25 đ u.v = (20 + 14 2)(20 − 14 2) = x = u + v ⇒ x = u + v3 + 3uv(u + v) = 40 + 6x 0,25 đ 0,25 đ hay x − 6x = 40 Vậy A = 2016 1b) (1,0 điểm) Ta có x + y + z + xyz = ⇔ 4(x + y + z) + xyz = 16 Khi ta có: 0,25 đ 0,25 đ x(4 − y)(4 − z) = x(16 − 4y − 4z + yz) = x(yz + xyz + 4x) = x ( yz + x ) = xyz + 2x Tương tự 0,25 đ (1) y(4 − z)(4 − x) = xyz + 2y (2) z(4 − x)(4 − y) = xyz + 2z (3) Từ (1), (2), (3) suy B = 2(x + y + z + xyz ) = 2.4 = Bài 2a) (1,0 điểm) (2 điểm) Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1 + x = − p; x1x = x + x = −q; x x = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ⇒ ( x1 − x ) ( x − x ) = x1x − x ( x1 + x ) + x 32 = + x 3p + ( −1 − qx ) 2 (vì x nghiệm phương trình x + qx + = ⇒ x + qx + = nên x = −qx − ) ⇒ ( x1 − x ) ( x − x ) = x ( p − q ) ( 1) x + x ) ( x + x ) = − px + ( −qx − 1) = −x ( p + q ) ( ) Tương tự ( Từ (1) (2) suy đpcm 2b) (1,0 điểm) Cộng vế với vế hai phương trình hệ ta được: 2x + y + 3xy − 7x − 5y + = ⇔ y − (5 − 3x)y + 2x − 7x + = -Trang 1- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ⇔ (y + 2x − 3)(y + x − 2) =   y + 2x − = (1) (I)  2   x + y + xy = (2)  y+x −2 =0 (3) (II)  2   x + y + xy = (4) 0,25 đ Hệ cho đương đương với , Giải hệ phương trình (I): Rút y (1) thay vào (2) ta được: x = ⇒ y = x − 3x + = ⇔   x = ⇒ y = −1 Giải hệ phương trình (II): Rút y (3) thay vào (4) ta được: x − 2x + = ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1; 1); (2; −1) Bài 3a (1,0 điểm) (2 điểm) 2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001 Ta có ( ) ( 0,25 đ 0,25 đ ) 0,25 đ ⇔ 2016x − 2015y = 2001(2016y − 2015z) (1) Vì 2001 số vô tỉ x, y, z số nguyên dương nên ta có ( 1) ⇒ 2016x – 2015y = 2016y – 2015z = 2016x = 2015y ⇒ ⇒ xz = y 2016y = 2015z 0,25 đ x + y + z = ( x + z ) − 2xz + y 2 Ta lại có: = ( x + z ) − y2 = ( x + y + z ) ( x − y + z ) 2 2 Vì x + y + z số nguyên tố x + y + z số nguyên lớn 2 nên x – y + z = Do x + y + z = x + y + z 0,25 đ 2 Nhưng x, y, z số nguyên dương nên x ≥ x ; y ≥ y ; z ≥ z 2 Suy x = x, y = y, z = z ⇒ x = y = z = ( ) ( ) 2016 x − y 2001 = 2015 y − z 2001 Thử x = y = z = vào (không thỏa mãn) Vậy không tìm x, y, z thỏa mãn yêu cầu toán 3b) (1,0 điểm) 3x + yz = ( x + y + z ) x + yz = ( x + y ) ( x + z ) Ta có (vì x + y + z = 3) ( Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki: -Trang 2- zx + xy ) ≤ ( x + y) ( z + x) 0,25 đ 0,25 đ ⇒ ( ) zx + xy ≤ ( x + y) ( y + z) = 3x + yz ⇒ x + zx + xy ≤ x + 3x + yz ⇒ x x x ≤ = x + 3x + yz x + zx + xy x+ y+ z Chứng minh tương tự ta được: y ≤ y + 3y + zx z ≤ z + 3z + xy Bài (3 điểm) y x+ y+ z ; z ; x+ y+ z Cộng vế bất đẳng thức chiều ta được: x y z + + ≤1 x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy (đpcm) Dấu ‘=’ xảy x = y = z = Hình vẽ: 4.1a (1,0 điểm) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp · · · · ⇒ KIM = KBM; HIM = HCM · · · · · ⇒ PIQ = KIM + HIM = KBM + HCM ·KBM = ICM · ¼ ) Mà (cùng sđ BM · · · ·HCM = IBM · ¼ (cùng sđ CM ) ⇒ PIQ = ICM + IBM · · · Ta lại có PMQ + ICM + IBM = 180 (tổng ba góc tam giác) · · ⇒ PMQ + PIQ = 1800 -Trang 3- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ · · » ) Do tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ MQP = MIK (cùng sđ PM · · · · · Mà MIK = MCI (vì KBM ) ⇒ MQP = MCI ·MHI = MCI · » ) Ta có: (cùng sđ IM ¼ · · ⇒ MQP = MHI = sđMQ ·MQP = MCI · mà (chứng minh trên) Hai tia QP; QH nằm khác phía QM ⇒ PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiếp điểm Q (1) Tương tự ta có: PQ tiếp tuyến đường tròn (O1) tiếp điểm P (2) Từ (1) (2) ⇒ PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2) 4.1b (1,0 điểm) Gọi E; D’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE = EM.EN (vì ∆ PEM S ∆ NEP) QE = EM.EN (vì ∆ QEM S ∆ NEQ) ⇒ PE2 = QE2 (vì PE; QE > 0) ⇒ PE = QE · · Xét ∆ MBC có PQ // BC (do MQP = MCI chứng minh trên) EP EQ = nên: D 'B D 'C (hệ định lí Thales) Mà EP = EQ ⇒ D’B = D’C D’ ≡ D Suy N, M, D thẳng hàng 4.2 (1,0 điểm) -Vẽ đường kính AN (O) Suy OP đường trung bình ∆AQN 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ · · · · = ONQ ⇒ PO / /QN ⇒ AOP (đồng vị) POQ = OQN (so le trong) · · · · ⇒ ONQ < OQN ⇒ AOP < POQ Xét ONQ có OQ < ON » < KH » · · » » ⇒ AK hay AOK < KOH ⇒ sđ AK < sđ KH Bài 5 (1,0 điểm) (1 điểm) Gọi MN; EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vuông (hình vẽ) Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 -Trang 4- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI đường trung bình hai hình thang SAA1B1D AD ( AA1 + DB1 ) 2IM IM = = = = SA1BCB1 2IN IN BC ( A1B + B1C ) Khi (theo GT) MI 1 = MI = MN Suy MN nên điểm I cố định Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định (hình vẽ) Có điểm cố định mà có 2017 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Đirichlet phải có 505 đường thẳng đồng quy - Hết -Trang 5- 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 9. Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I (4,0 điểm). Cho biểu thức 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x + − − + − = + − − − − . 1. Tìm các giá trị của x để 6 6 5 A − = . 2. Chứng minh rằng 2 3 A > với mọi x thoả mãn 1 0, 1, 4 x x x≥ ≠ ≠ . Câu II (4,0 điểm). 1. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn : a 2 + c 2 = b 2 + d 2 Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số . 2. Tìm ,x y nguyên dương thỏa mãn: 2 ( 3) ( 3)x xy− +M Câu III (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 1 3 1x x x+ − = − . 2. Cho phương trình: 4 2 2 6 24 0x mx+ + = (m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4 , , ,x x x x phân biệt thỏa mãn: 4 4 4 4 1 2 3 4 144x x x x+ + + = . Câu IV (6,0 điểm). Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng AO. Một đường thẳng a vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại I. Trên đoạn CI lấy điểm K bất kì (K không trùng với C và I). Tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt đường thẳng a tại N, tia BM cắt đường thẳng a tại D. 1. Chứng minh rằng tam giác MNK là tam giác cân. 2. Tính diện tích tam giác ABD theo R, khi K là trung điểm của đoạn thẳng CI. 3. Chứng minh rằng khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu V (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4 1 111 ≤ + + + + + b ca a bc c ab . ----------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh: .Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC S Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC K Ỳ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 Đ Ề THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 đi ểm ). a) Tính tổng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2012 2013         S . b) Cho các s ố nguyên x và y th ỏa mãn 4 5 7. x y Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu th ức 5| | 3| |. P x y Câu 2 (1,5 đi ểm ). Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 2 3 3 3 3 3  x y . Câu 3 (1,5 đi ểm ). Cho các s ố thực d ương a, b, c th ỏa m ãn 1 6 abc . Ch ứng minh rằng: 2 3 1 1 1 3 2 3 2 3 2 3          a b c a b c b c a a b c . Câu 4 (3,0 đi ểm ). Cho tam giác nh ọn ABC ( AC AB ) có các đư ờng cao ',AA ',BB 'CC và tr ực tâm .H G ọi ( )O là đư ờng tròn tâm O, đư ờng kính BC. T ừ A k ẻ các tiếp tuyến AM, AN t ới đường tròn ( )O (M, N là các ti ếp điểm). Gọi 'M là giao đi ểm thứ hai của 'A N và đư ờng tròn ( )O , K là giao đi ểm của OH và ' 'B C . Ch ứng minh rằng: a) 'M đ ối xứng với M qua BC . b) Ba đi ểm , ,M H N th ẳng h àng. c) 2 ' ' . ' '        KB HB KC HC Câu 5 (1,0 đi ểm ). Cho b ảng ô vuông 3 3 (3 hàng và 3 c ột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9 vào các ô c ủa b ảng (mỗi số điền v ào m ột ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng con có kích thư ớc 2 2 đ ều bằng nhau và bằng một số T nào đó. T ìm giá trị lớn nhất có th ể được của T. —Hết— Cán b ộ coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; S ố báo danh………………. Đ Ề CHÍNH TH ỨC S Ở GD&ĐT VĨNH PHÚC K Ỳ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012 -2013 HƯ ỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN I. LƯU Ý CHUNG: - Hư ớng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài h ọc sinh làm theo cách khác n ếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Đi ểm to àn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - V ới b ài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý N ội dung trình bày Đi ểm 1 (3đ) 1 Ta có: 2 2 2 2 * 2 2 2 2 1 1 ( 1) ( 1) ,1 ( 1) ( 1)             n n n n n n n n n 2 2 2 2 2 ( 1) 1 1 1 ( 1) 1               n n n n n n Suy ra 2 2 1 1 1 1 1 1 ( 1) 1       n n n n (do * 1 1 1 0 1       n n n ) Áp d ụng kết quả trên, ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 1 1 1 1 1 1 2012 2013 2012 2013                C ộng vế với vế của 2012 đẳng thức t rên, ta đư ợc 1 2013 . 2013  S 2 Nh ận xét: Nếu có x, y th ỏa mãn điều kiện đề bài thì 0xy . Do đó ch ỉ c ần xét hai trường hợp sau TH 1 : 0 . x y Khi đó 5| | 3| | 5 3   P x y x y và 5 7 4 y x Suy ra 7 4 13 21 5 3· 5 5      x x P x . Do đó, P nh ỏ nhất khi x nh ỏ nhất. Do x nguyên dương, y nguyên âm nên 3,x 1. y V ậy, trong tr ường h ợp này, P nh ỏ nhất bằng 12. TH 2 : 0 . x y Khi đó 5| | 3| | 5 3    P x y x y và 5 7 4 y x Suy ra 7 4 13 21 5 3· . 5 5        x x P x Do đó, P nh ỏ nhất khi x l ớn nhất. Do x nguyên âm, y nguyên dương nên 2, 3  x y . V ậy, trong trường h ợp này, P nh ỏ nhất b ằng 1. So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi và ch ỉ khi 2, 3  x y . 2 (1,5đ) Tìm các s ố hữu tỷ x, y th ỏa mãn: Trờng THCS Nam Tân - Tích luỹ chuyên môn. Đề thi HS giỏi huyện năm học 2008 - 2009. Môn : Toán. Thời gian làm bài: 120 phút. Lớp 9. Bài 1: a(2 điểm), Rút gọn các biểu thức sau: 6 2 5 6 2 5; 2 2 4 2 2 4M N x x x x= + = + + b(2 điểm), So sánh: 15 63+ với 147 ; 3 3 5+ với 6 4 5 . Bài 2: Cho hệ phơng trình tham số m: ( ) ( ) 2 2 1 5 2 5 2 m x y x m mx y x m + = + = a(2 điểm), Giải hệ khi m = 3. b(2 điểm), Tìm m để các đờng thẳng (1) và (2) song song với nhau. Bài 3(2 điểm): Giải phơng trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2008 2008 2009 2009 19 49 2008 2008 2009 2009 x x x x x x x x + + = + Bài 4: Cho biểu thức: A = 2 2 4 4x x+ + a(2 điểm), Tìm tập xác định của A rồi tìm x để A = 5 3+ . b(2 điểm), Tìm GTNN và GTLN của A. Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A, góc A nhọn. Đờng cao BE và đờng cao AD cắt nhau tại H. Đờng tròn tâm O đờng kính AH cắt AB tại điểm thứ hai F. a(2 điểm), Chứng minh 3 điểm C, H, F thẳng hàng. b(2 điểm), Chứng minh ADC BDH , từ đó tính HD biết BC=8 cm, AD=12 cm. c(2 điểm), Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn tâm O đờng kính AH. Bài Giải: Bài 1: a, Rút gọn: * ( ) ( ) 2 2 5 1 5 1 5 1 5 1 2M = + = + + = * ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 N x x x x = + + = + + TH1: x 4 2 2N x = TH2: 2 x < 4 0 2x < 2 2 2N = b, So sánh: * GV: Phạm Thị Phơng. 1 Trờng THCS Nam Tân - Tích luỹ chuyên môn. 15 63 16 64 4 8 12 12 144 147 15 63 147 + < + = + = = < + < * Xét hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 6 6 6 6 6 6 3 5 4 5 4 2.2. 5 5 1 2 5 1 1 5 3 5 + = + = = Ta lại có: 6 6 6 1 5 1 5 0 = < 6 6 6 6 3 5 3 5 0 = > 3 6 3 5 4 5 0 + < hay 3 6 3 5 4 5+ < Bài 2: Hệ phơng trình tham số m: ( ) ( ) 2 2 1 5 2 5 2 m x y x m mx y x m + = + = a, Giải hệ khi m = 3. m = 3 hệ phơng trình trở thành: 9 3 2 3 5 6 5 x y x x y x + = + = 8 5 8 5 1 2 11 6 6 13 x y x y x x y x y = = = + = = = b, Hệ đã cho tơng đơng hệ pt sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 5 2 5 2 y m x m y m x m = + + = + + Đờng thẳng (1) và (2) song song khi: TH1: 2 1 5 0 2 2 5 m m VN m m = = + + TH2: 2 1 5 0 2 2 5 m m m m = + + 2 1; 5; 6 0 3 m m m m m + = ( ) ( ) 1; 3;5 1; 3;5 2 3 3 2 0 2 m m m m m m m = = + = = Bài 3: Giải phơng trình: Đặt 2008 - x = a x - 2009 = - (2009 - x) = - (a + 1) Ta đợc phơng trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 19 49 1 1 a a a a a a a a + + + = + + + + (3). ĐKXĐ: 3a 2 + 3a + 1 0 a (Vì 0; 0a < > ) x . ( ) ( ) ( ) 2 2 3 49 1 19 3 3 1 0a a a a + + + + = 2 4 4 15 0a a + = GV: Phạm Thị Phơng. 2 Trờng THCS Nam Tân - Tích luỹ chuyên môn. ' 2 4 60 64 8 a = + = = 1 2 2 8 3 4 2 2 8 5 4 2 a a + = = = = TH1: 1 3 2008.2 3 4013 2 2 2 a x = = = TH2: 2 5 2008.2 5 4021 2 2 2 a x + = = = Vậy phơng trình có 2 nghiệm x. Bài 4: 2 2 4 4A x x= + + a, ĐKXĐ của A: 2 4 0 2 2x x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 3 4 4 5 3 4 4 2 4 4 8 2 15 16 15 16 15 1 A x x x x x x x x x TM = + + + = + + + + + = + = = = b, * áp dụng BĐT Bunhia cho 4 số không âm: 1; 2 4 x+ ; 2 4 x ; 1 ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 1 1 4 4x x x x+ + + + + 2 2 4 4 4A x x = + + Vậy GTLN của A bằng 4 đạt đợc khi 2 2 4 4 0x x x+ = = . * Ta có: ( ) ( ) ( )