Đề Toán lớp 9 bằng thơ rất hay

Đề Toán lớp 9 bằng thơ rất hay tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh v...

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐỀ 1: CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN THỨC Dạng 1: Tìm điều kiện để căn thức xác định ( có nghĩa) • Kiến thức ghi nhớ: A xác định (hay có nghĩa) khi A ≥ 0 (GV nên nhấn mạnh chổ này vì một số HS hay nhầm khi viết A ≥ 0) Ví dụ 1: Tìm điều kiện để các căn thức sau có nghĩa: a, 52 −x b, 63 +− x Ví dụ 2: Với giá trị nào của x thì các căn thức sau xác định: a, 5 4 − +x b, x24 7 − ( GV nhấn mạnh HS: Phân thức trong căn có tử và mẫu cùng dấu nhưng mẫu phải khác 0) Ví dụ 3: Tìm điều kiện của x để biểu thức sau có nghĩa: xx −+− 31 ( Nhấn mạnh HS cách kết hợp điều kiện ) Ví dụ 4 : ( Dành cho HS khá giỏi) Tìm điều kiện để các căn thức sau xác định a, 32 1 − + x x b, 8 35 + − x x Dạng 2: Áp dụng hằng đẳng thức AA = 2 VD1: Tính: ( ) ( ) 22 5151 −++ ( Nhấn mạnh HS khi mở | a – b| nếu a < b thì | a – b | = b – a. Đổi chổ hai số ) VD2: Tính: a, 7474 −++ b, ( ) ( ) 22 1111 −−++− aa với a ≥ 1 VD: Rút gọn: 2 2 4 12 1 2 x xx x +− − với x > 0, x ≠ 1 Dạng 3: Sử dụng các phép khai phương, nhân chia căn bậc hai: Ví dụ: a, 6 3 2 2 3         − b, ( ) 5805320 +− Dạng 4: Sử dụng các phép biến đổi căn bậc hai 1, Đưa thừa số ra ngoài dấu căn: baba = 2 với b>0 Ví dụ 1: Rút gọn: a, 721834520 ++− b, 10875248 +− Ví dụ 2: Rút gọn: ( ) 2 125083 −−− §Æng ThÞ Hång Quyªn- THCS Gia Têng 1 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 2, Khử mẫu VD: a, 5 2 ; b, 12 7 ; c, 2 18 5 ab ( a > 0) 3, Trục căn thức ở mẫu: TH1: Phân tích tử chứa thừa số là mẫu: Ví dụ: Rút gọn: a, 53 10 b, 21 82 21 63 + + − − − c,         − − −         + + + 13 33 2 13 33 2 TH2: Nhân thêm với căn ở mẫu Ví dụ: a, 3 4 b, a2 3 ( a > 0 ) TH3: Nhân với biểu thức liên hợp: ( Lưu ý HS: ( ) ( ) ba baC ba C ba baC ba C − = ± − = ±  ; 2 . Sau khi nhân với biểu thức liên hợp những số hạng ở mẫu nếu chứa căn thì mất căn, nếu không chứa căn thì phải bình phương và mẫu luôn là hiệu) Ví dụ: a, 15 5 − b, 73 1 73 1 + − − c, 25 2 25 2 + − − d, 611 10 611 10 + + − RÚT GỌN BIỂU THỨC TỔNG QUÁT Lưu ý HS một số công thức: Với a ≥ 0 thì: a = 2 )( a ; )1)(1(1)(1;)1)(1(1;)( 333 ++−=−=−+−=−= aaaaaaaaaaaa )1(12;)1(12;)1)(1(1)(1 2233 −=+−+=+++−+=+=+ aaaaaaaaaaaa Dạng 1: Phân tích tử thành tích có chứa nhân tử là mẫu Ví dụ 1: Rút gọn:         + − −         − − − 1 1 2 1 1 a aa a a với a ≥ 0, a ≠ 1; VD2: Rút gọn: 2 1 1 1 1         − −         + − − a a a a aa với a ≥ 0, a ≠ 1; Dạng 2: Quy đồng mẫu nhưng có một mẫu là mẫu chung VD1: Cho M =         + −         − − − 1 : 1 1 x x x x x x x với x > 0, x ≠ 1. §Æng ThÞ Hång Quyªn- THCS Gia Têng 2 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 a, Rút gọn M b, Tìm x sao cho M ≤ 0 VD2: Cho biểu thức K = xx xx x x − − − − 2 1 với x > 0, x ≠ 1 a, Rút gọn b, Tính giá trị của K tại x = 324+ VD3: Cho P = x x x x x x − + + + + − + 4 52 2 2 2 1 với x ≥ 0, x ≠ 4 a, Rút gọn P b, Tìm x để P = 2 Dạng 3: Quy đồng mẫu với mẫu chung là tích các mẫu VD1: Cho Q =         − + − + −         − 112 1 2 a aa a aa a a với a > 0, a ≠ 1 a, Rút gọn b, Tìm x để Q ≥ -2 Dạng 4 : Dạng tổng hợp ( dành cho HS khá giỏi) ( GV lấy thêm các ví dụ) VD: Cho P = 12 : 1 11 ++         + − + xx x xxx với x > 0 a, Rút gọn b, Tìm x để P > 2 1 CHUYÊN ĐỀ 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN I. Giải hệ PT bằng phương pháp cộng đại số VD1: Giải các hệ PT a,    −=− =+ 13 42 yx yx b,    −=+ =− 2 52 yx yx VD2: Giải các hệ PT: a,    −=+ −=− 132 42 yx yx b,    −=+ =+ 143 12 yx yx VD3: Giải các hệ PT a, ( )    −=− =+− 83 312 yx yx b,    −=+ −=− xyx yyx 33 212 II. Biện luận hệ PT VD1: Cho hệ PT :    =− =+ abyx bayx4 Tìm a, b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (2; -1) VD2: Cho hệ PT:    =− =+ 1 53 ymx myx §Æng ThÞ Hång Quyªn- THCS Gia Têng 3 CNG ễN TP THI TUYN SINH VO LP 10 Trường em http://truongem.com ĐỀ TOÁN BẰNG THƠ BÀI 1: (Toán 9) Thúy Kiều với Thúy Vân Tuổi hai chị gần kề Mời bạn thích Toán giải mau “ Kiều sinh năm trước, Vân sinh năm sau Hai người có nỗi đau Tích tuổi hai chị nhân trừ mười Ta ba trăm bảy mươi ” Tính xem tuổi người ? ĐÁP SỐ: Thúy Kiều 20 tuổi Thúy Vân 19 tuổi BÀI 2: (Toán 9) Thơ – Văn, Thôn trước – Thôn sau Mười hai số ( 12km) cách nầy Thơ từ Thôn trước vào Vận tốc bạn bốn số ( 4km/h) Văn phút trước Thơ Nửa đường gặp bạn bất ngờ thật vui Thơ – Văn nhớ không nguôi Tính xem vận tốc người ? ĐÁP SỐ: Vận tốc Thơ 24 km/h Vận tốc Văn 20 km/h BÀI 3: (Toán 9) Hôm qua gặp cô nàng Hỏi thăm toán chàng bán than “Một trăm hai mươi bao hàng Một đoàn thuyền sẵn sàng nhổ neo Nhưng hai thuyền hỏng chèo Mỗi thuyền tăng số lượng đèo hai bao Mời bạn tính thử Lúc đầu đoàn có thuyền” ? ĐÁP SỐ: Đoàn thuyền lúc đầu có 12 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). a) Cho các số nguyên a 1 , a 2 , a 3 , , a n . Đặt S = và . Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6. b) Cho A = (với n > 1). Chứng minh A không phải là số chính phương. Câu 2 (4,5 điểm). a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình: Câu 3 (4,5 điểm). a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và . Chứng minh rằng: b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 4 (4,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. b) Khi , xác định vị trí của điểm M để đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - Bảng A 3 3 3 1 2 n a a a+ + + 1 2 n P a a a= + + + 6 4 3 2 n n 2n 2n− + + n N,∈ 3 2 10 x 1 3x 6+ = + 1 x 3 y 1 y 3 z 1 z 3 x  + =    + =    + =   1 1 1 4 x y z + + = 1 1 1 1 2x+y+z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + 2011 2011 2011 x y z 3+ + = 2 2 2 M x y z= + + · 0 BOC 120= 1 1 MB MC + ĐỀ CHÍNH THỨC Câu: Nội dung 1. Với thì là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3. Mà (2.3)=1 Vậy với , n > 1 thì > và < Vậy << không là số chính phương đpcm 2. điều kiện Đặt (b>0) Ta có: Trường hợp1: a = 3b Ta có: (1) < 0 phương trình (1) vô nghiệm Trường hợp 2: b = 3a Ta có: Vậy phương trình có 2 nghiệm Từ (3) thay vào (2) (4) Từ (1) (5) Từ (4) và (5) Chứng minh tương tự : y = z Từ đó Thay vào (1) hệ có 2 nghiệm 3. Áp dụng bất đẳng thức (với x,y > 0) Ta có: ; Suy ra: (1) Tương tự: (2) (3) Từ (1),(2),(3) a Z ∈ 3 a a (a 1)a(a 1)− = − + 3 a a 6⇒ − M 3 3 3 1 1 2 2 n n S P (a a ) (a a ) (a a ) 6⇒ − = − + − + + − M S 6 P 6 ⇔ M M 6 4 3 2 2 2 2 n n 2n 2n n (n 1) .(n 2n 2)− + + = + − + n N ∈ 2 2 n 2n 2 (n 1) 1− + = − + 2 (n 1)− 2 2 n 2n 2 n 2(n 1)− + = − − 2 n 2 (n 1)− 2 n 2n 2− + 2 n 2 n 2n 2⇒ − + ⇒ 3 2 10 x 1 3(x 2)+ = + 2 2 10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)⇔ + − + = + x 1≥ − x 1 a+ = (a 0) ≥ 2 x x 1 b− + = 2 2 10ab = 3a 3b+ a = 3b (a 3b)(3a-b) = 0 b 3a  ⇔ − ⇔  =  2 x 1 3 x x 1+ = − + 2 9x 9x+9=x+1⇔ − 2 9x 10x+8 = 0⇔ − ' 25 9.8∆ = − ⇒ 2 3 x 1 x x 1+ = − + 2 9(x 1) x x 1⇔ + = − + 2 x 10x-8 = 0⇔ − 1 2 x 5 33 (TM) x 5 33 (TM)  = + ⇔  = −   x 5 33= ± 1 x 3 y 1 y 3 z 1 z 3 x  + =    + =    + =   3x-1 z x ⇒ = 3xy+3 = 8x+y⇒ xy 1 3y 3xy+3 = 9y⇒ + = ⇔ 8x+y = 9y x y⇒ ⇒ = x y z ⇒ = = 2 1 x 3 x 3x+1 = 0 x ⇒ + = ⇒ − 3 5 x 2 ± ⇒ = ⇒ 3 5 x y z 2 ± = = = 1 1 4 x y x y + ≥ + 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x y z ≤ + + 1 1 1 y z 4y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x 4y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) x+2y+z 4 4x 2y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) x+y+2z 4 4x 4y 2z ≤ + + 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z ⇒ + + ≤ + + Dấu "=" xảy ra Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho và 2009 số 1 ta có: 2009 (1) Tương tự: (2) (3) Từ (1), (2), (3) Giá trị lớn nhất của M là 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1 4. Gọi giao điểm của BH với AC là E AH với BC là F, CH với AB là I HECF là tứ giác nội tiếp. (1) Mà ( góc nội tiếp cùng chắn một cung) Ta có: (Do M, N đối xứng AB) (2) Từ (1), (2) AHBN là tứ giác nội tiếp (*) Mà (Do M, N đối xứng qua AB (**) Từ (*), (**) Chứng minh tương tự: Mà ( vì ) N, H, P thẳng hàng 1 1 1 1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z ⇒ + + ≤ 3 x y z 4 ⇔ = = = 2011 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì không chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là một số chính phương. Câu 2 (5,0 điểm) a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình: Câu 3 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Câu 4 (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K(O). Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 2 n n 2+ + 2 n 17+ 2 x 4x+5 = 2 2x+3+ 2 2 2x+y = x 2y+x = y      2 4x+3 A x 1 = + 2 BC ∈ ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - Bảng B Câu: Nội dung 1. a, (2,5) *) Nếu nên (1) *) Nếu (2) Từ (1) và (2) thì b, (2,5) Đặt =17.1 Do m + n > m - n Vậy với n = 8 ta có 2. a, (2.5) Giải phương trình (1) Điều kiện: (1) thỏa mãn điều kiện b, (2.5) Giải hệ phương trình Trừ từng vế 2 phương trình ta có: Ta có: *) Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) *) (*) Vì phương trình vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) 3. Tìmgiá trị nhỏ nhất của Ta có: Dấu "=" xảy ra 2 n 3 n n 3⇒ +M M 2 n n 2 3 / + + M 2 n 3 n 2 3 / ⇒ +M M 2 n n 2 3 / ⇒ + + M n Z⇒ ∀ ∈ 2 n n 2 3 / + + M 2 2 m n 17= + (m N)∈ 2 2 m n 17 (m n)(m n) 17 1.17⇒ − = ⇒ − + = = m n 17 m 9 m n 1 n 8 + = =   ⇒ ⇒   − = =   2 2 n 17 64 17 81 9+ = + = = 2 x 4x+5=2 2x+3+ 3 2x+3 0 x - 2 ≥ ⇒ ≥ 2 x 4x+5-2 2x+3 0⇔ + = 2 x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0⇔ + + = 2 2 (x 1) ( 2x+3 1) 0⇔ + + − = x 1 0 2x+3 1 0 + =   ⇔  − =   x 1 2x+3=1 = −  ⇔   x 1⇔ = − 2 2 2x+y=x 2y+x=y      2 2 x y x y− = − (x y)(x y 1) 0⇔ − + − = x y x y x y 1 0 x 1 y = =   ⇔ ⇔   + − = = −   x y x y x(x 3) 0 x 0 = =   ⇔   − = =   2 2 2 x 1 y x 1 y x 1 y 2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 1 0 = − = − = −    ⇔ ⇔    − + = − − + =    2 y y 1 0− + = 2 4x+3 A x 1 = + 2 2 2 4x+3 x 4x+4 A 1 x 1 x 1 + = = − + + + 2 2 (x 2) A 1 1 x 1 + = − + ≥ − + x 2 0 x 2⇔ + = ⇔ = − (1) (2) hoặc x = 3 Vậy khi x = -2 4. a, (2,5) Gọi I là giao điểm của AH và BC ⇒ AI ⊥ BC Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g) (1) Ta có: ∆CHI ∆CBF (g, g) (2) Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC 2 b, (2,0) Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra Mà (do tứ giác AFIC nội tiếp) ⇒ tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒ K ∈ (O) 5. + Khi . F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính. EF đi qua điểm O cố định. + Khi < 90 0 > 90 0 . Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. (cùng bù ) (Do I và K đối xứng qua EF) nội tiếp (cung chắn ) (1) (Do K và I đối xứng qua EF) (2) (cùng phụ ) (3) Từ (1), (2), (3) AKBI là tứ giác nội tiếp Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng. + Khi > 90 0 < 90 0 chứng minh tương tự. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. - - - Hết - - - min A 1= − H K E I F O B A C BH BI BH.BE BC.BI BC BE ⇒ = ⇒ = CH CI CH.CF BC.CI CB CF ⇒ = ⇒ = · · HCB KCB= · · FAI HCI= · · · · FAI BCK hay BAK BCK⇒ = = · 0 BAC 90= ⇒ · 0 BIC 90= ⇒ ⇒ K F E O A B C I · BAC ⇒ · BIC · · EIF EAF⇒ = · BIC · · EKF EIF= · · EKF EAF⇒ = AKFE⇒ · · KAB KEF⇒ = » KF · · IEF KEF= · · IEF BIK= · KIE · · KAB BIK⇒ = ⇒ ⇒ K (O)∈ ⇒ · BAC ⇒ · BIC SS SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì không chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho là một số chính phương. Câu 2 (5,0 điểm) a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình: Câu 3 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Câu 4 (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K(O). Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 2 n n 2+ + 2 n 17+ 2 x 4x+5 = 2 2x+3+ 2 2 2x+y = x 2y+x = y      2 4x+3 A x 1 = + 2 BC ∈ ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - Bảng B Câu: Nội dung 1. a, (2,5) *) Nếu nên (1) *) Nếu (2) Từ (1) và (2) thì b, (2,5) Đặt =17.1 Do m + n > m - n Vậy với n = 8 ta có 2. a, (2.5) Giải phương trình (1) Điều kiện: (1) thỏa mãn điều kiện b, (2.5) Giải hệ phương trình Trừ từng vế 2 phương trình ta có: Ta có: *) Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) *) (*) Vì phương trình vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) 3. Tìmgiá trị nhỏ nhất của Ta có: 2 n 3 n n 3⇒ +M M 2 n n 2 3 / + + M 2 n 3 n 2 3 / ⇒ +M M 2 n n 2 3 / ⇒ + + M n Z⇒ ∀ ∈ 2 n n 2 3 / + + M 2 2 m n 17= + (m N)∈ 2 2 m n 17 (m n)(m n) 17 1.17⇒ − = ⇒ − + = = m n 17 m 9 m n 1 n 8 + = =   ⇒ ⇒   − = =   2 2 n 17 64 17 81 9+ = + = = 2 x 4x+5=2 2x+3+ 3 2x+3 0 x - 2 ≥ ⇒ ≥ 2 x 4x+5-2 2x+3 0⇔ + = 2 x 2x+1+2x+3-2 2x+3 1 0⇔ + + = 2 2 (x 1) ( 2x+3 1) 0⇔ + + − = x 1 0 2x+3 1 0 + =   ⇔  − =   x 1 2x+3=1 = −  ⇔   x 1⇔ = − 2 2 2x+y=x 2y+x=y      2 2 x y x y− = − (x y)(x y 1) 0⇔ − + − = x y x y x y 1 0 x 1 y = =   ⇔ ⇔   + − = = −   x y x y x(x 3) 0 x 0 = =   ⇔   − = =   2 2 2 x 1 y x 1 y x 1 y 2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 1 0 = − = − = −    ⇔ ⇔    − + = − − + =    2 y y 1 0− + = 2 4x+3 A x 1 = + 2 2 2 4x+3 x 4x+4 A 1 x 1 x 1 + = = − + + + 2 2 (x 2) A 1 1 x 1 + = − + ≥ − + (1) (2) hoặc x = 3 Dấu "=" xảy ra Vậy khi x = -2 4. a, (2,5) Gọi I là giao điểm của AH và BC ⇒ AI ⊥ BC Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g) (1) Ta có: ∆CHI ∆CBF (g, g) (2) Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC 2 b, (2,0) Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra Mà (do tứ giác AFIC nội tiếp) ⇒ tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒ K ∈ (O) 5. + Khi . F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính. EF đi qua điểm O cố định. + Khi < 90 0 > 90 0 . Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. (cùng bù ) (Do I và K đối xứng qua EF) nội tiếp (cung chắn ) (1) (Do K và I đối xứng qua EF) (2) (cùng phụ ) (3) Từ (1), (2), (3) AKBI là tứ giác nội tiếp Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng. + Khi > 90 0 < 90 0 chứng minh tương tự. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định. - - - Hết - - - x 2 0 x 2⇔ + = ⇔ = − min A 1= − H K E I F O B A C BH BI BH.BE BC.BI BC BE ⇒ = ⇒ = CH CI CH.CF BC.CI CB CF ⇒ = ⇒ = · · HCB KCB= · · FAI HCI= · · · · FAI BCK hay BAK BCK⇒ = = · 0 BAC 90= ⇒ · 0 BIC 90= ⇒ ⇒ K F E O A B C I · BAC ⇒ · BIC · · EIF EAF⇒ = · BIC · · EKF EIF= · · EKF EAF⇒ = AKFE⇒ · · KAB KEF⇒ = » KF · · IEF KEF= · · IEF BIK= · KIE · · KAB BIK⇒ = ⇒ ⇒ K (O)∈ ⇒ · BAC ⇒ · BIC SS SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). a) Cho các số nguyên a 1 , a 2 , a 3 , , a n . Đặt S = và . Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6. b) Cho A = (với n > 1). Chứng minh A không phải là số chính phương. Câu 2 (4,5 điểm). a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình: Câu 3 (4,5 điểm). a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và . Chứng minh rằng: b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 4 (4,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. b) Khi , xác định vị trí của điểm M để đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN - Bảng A 3 3 3 1 2 n a a a+ + + 1 2 n P a a a= + + + 6 4 3 2 n n 2n 2n− + + n N,∈ 3 2 10 x 1 3x 6+ = + 1 x 3 y 1 y 3 z 1 z 3 x  + =    + =    + =   1 1 1 4 x y z + + = 1 1 1 1 2x+y+z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + 2011 2011 2011 x y z 3+ + = 2 2 2 M x y z= + + · 0 BOC 120= 1 1 MB MC + ĐỀ CHÍNH THỨC Câu: Nội dung 1. Với thì là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3. Mà (2.3)=1 Vậy với , n > 1 thì > và < Vậy << không là số chính phương đpcm 2. điều kiện Đặt (b>0) Ta có: Trường hợp1: a = 3b Ta có: (1) < 0 phương trình (1) vô nghiệm Trường hợp 2: b = 3a Ta có: Vậy phương trình có 2 nghiệm Từ (3) thay vào (2) (4) Từ (1) (5) Từ (4) và (5) Chứng minh tương tự : y = z Từ đó Thay vào (1) hệ có 2 nghiệm 3. Áp dụng bất đẳng thức (với x,y > 0) Ta có: ; Suy ra: (1) Tương tự: (2) (3) Từ (1),(2),(3) a Z ∈ 3 a a (a 1)a(a 1)− = − + 3 a a 6⇒ − M 3 3 3 1 1 2 2 n n S P (a a ) (a a ) (a a ) 6⇒ − = − + − + + − M S 6 P 6 ⇔ M M 6 4 3 2 2 2 2 n n 2n 2n n (n 1) .(n 2n 2)− + + = + − + n N ∈ 2 2 n 2n 2 (n 1) 1− + = − + 2 (n 1)− 2 2 n 2n 2 n 2(n 1)− + = − − 2 n 2 (n 1)− 2 n 2n 2− + 2 n 2 n 2n 2⇒ − + ⇒ 3 2 10 x 1 3(x 2)+ = + 2 2 10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)⇔ + − + = + x 1≥ − x 1 a+ = (a 0) ≥ 2 x x 1 b− + = 2 2 10ab = 3a 3b+ a = 3b (a 3b)(3a-b) = 0 b 3a  ⇔ − ⇔  =  2 x 1 3 x x 1+ = − + 2 9x 9x+9=x+1⇔ − 2 9x 10x+8 = 0⇔ − ' 25 9.8∆ = − ⇒ 2 3 x 1 x x 1+ = − + 2 9(x 1) x x 1⇔ + = − + 2 x 10x-8 = 0⇔ − 1 2 x 5 33 (TM) x 5 33 (TM)  = + ⇔  = −   x 5 33= ± 1 x 3 y 1 y 3 z 1 z 3 x  + =    + =    + =   3x-1 z x ⇒ = 3xy+3 = 8x+y⇒ xy 1 3y 3xy+3 = 9y⇒ + = ⇔ 8x+y = 9y x y⇒ ⇒ = x y z ⇒ = = 2 1 x 3 x 3x+1 = 0 x ⇒ + = ⇒ − 3 5 x 2 ± ⇒ = ⇒ 3 5 x y z 2 ± = = = 1 1 4 x y x y + ≥ + 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x y z ≤ + + 1 1 1 y z 4y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x 4y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) x+2y+z 4 4x 2y 4z ≤ + + 1 1 1 1 1 ( ) x+y+2z 4 4x 4y 2z ≤ + + 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z ⇒ + + ≤ + + Dấu "=" xảy ra Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho và 2009 số 1 ta có: 2009 (1) Tương tự: (2) (3) Từ (1), (2), (3) Giá trị lớn nhất của M là 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1 4. Gọi giao điểm của BH với AC là E AH với BC là F, CH với AB là I HECF là tứ giác nội tiếp. (1) Mà ( góc nội tiếp cùng chắn một cung) Ta có: (Do M, N đối xứng AB) (2) Từ (1), (2) AHBN là tứ giác nội tiếp (*) Mà (Do M, N đối xứng qua AB (**) Từ (*), (**) Chứng minh tương tự: Mà ( vì ) N, H, P thẳng hàng 1 1 1 1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z ⇒ + + ≤ 3 x y z 4 ⇔ = = = 2011