TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS MÔN: TOÁN LỚP 9;“15 ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH MÔN TOÁN 9” (Có hướng dẫn chấm chi tiết)15 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: TOÁN LỚP 9.SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HÓAĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 20172018 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Câu I (4,0 điểm).1. Cho biểu thức: , với x > 0, x 1 Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.2. Tính giá trị của biểu thức tại Câu II (4,0 điểm).1. Biết phương trình: (m – 2)x2 – 2(m – 1)x + m = 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 2. Giải hệ phương trình: Câu III (4,0 điểm).1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 – 5y + 62 = (y – 2)x2 + (y2 – 6y + 8)x.2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p = a2 + b2 là số nguyên tố và p – 5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax2 by2 chia hết cho p. Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p.Câu IV (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có (O), (I), (Ia) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O, I, Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, P là điểm chính giữa cung BAC của (O), PIa cắt (O) tại điểm K. Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O.1. Chứng minh IBIaC là tứ giác nội tiếp.2. Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác IaMP 3. Chứng minh: .Câu V (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z . Chứng minh rằng: HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HÓAĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 20172018Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCSThời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM(Gồm có 05 trang)CâuNỘI DUNGĐiểmI4,0 điểm1. Cho biểu thức , với Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên2,5Với điều kiện , ta có: 0,50 0,50 0,50 0,50Ta có với điều kiện Do nguyên nên suy ra (loại). Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. 0,50Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau , coi đây là phương trình bậc hai của . Nếu vô lí, suy ra nên để tồn tại thì phương trình trên có Do P nguyên nên (P – 1)2 bằng 0 hoặc 1+) Nếu không thỏa mãn.+) Nếu không thỏa mãnVậy không có giá trị nào của x thỏa mãn.0,502. Tính giá trị của biểu thức tại 1,5Vì 0,50nên là nghiệm của đa thức 0,50Do đó 0,50Chú ý 2: Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ.II4,0 điểm1. Biết phương trình có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 2,0Phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 0,50Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra hoặc .0,50Từ hệ thức trong tam giác vuông ta có 0,50Với (thỏa mãn)Với (loại) Vậy là giá trị cần tìm.0,502. Giải hệ phương trình: 2,0ĐKXĐ: Chia phương trình (1) cho ta được hệ 0,25 0,50Đặt (ĐK: ), ta có hệ 0,25Từ (4) rút , thế vào (3) ta được hoặc . Trường hợp loại vì 0,25Với (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ 0,25Giải hệ trên bằng cách thế vào phương trình đầu ta được . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 0,50III4,0 điểm1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2,0 Ta có 0,25 0,25 0,50Nhận thấy nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại.0,25Như vậy ta có 0,25 0,25 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.0,25Chú ý 3: Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra.Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ)2. Cho là các số nguyên dương thỏa mãn là số nguyên tố và p5 chia hết cho 8. Giả sử x,y là các số nguyên thỏa mãn chia hết cho p. Chứng minh rằng cả hai số chia hết cho p.2,0Do nên Vì nên 0,50Nhận thấy 0,25Do và nên 0,25Nếu trong hai số có một số chia hết cho thì từ () suy ra số thứ hai cũng chia hết cho .0,50Nếu cả hai số đều không chia hết cho thì theo định lí Fecma ta có : . Mâu thuẫn với (). Vậy cả hai số và chia hết cho .0,50IV6,0 điểmCho tam giác có theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh của tam giác với các tâm tương ứng là . Gọi là tiếp điểm của với , là điểm chính giữa cung của , cắt tại điểm . Gọi là giao điểm của và là điểm đối xứng của qua 1. Chứng minh: là tứ giác nội tiếp2,0 là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau). 1,0Xét tứ giác có Từ đó suy ra tứ giác là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính . 1,02. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0Nhận thấy bốn điểm thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của ). Do là đường kính của nên , là trung điểm của nên tại 0,25Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 0,25Vì là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên = 0,25Xét (O): (cùng chắn cung NC) 0,25 0,25Từ (1) và (2) ta có = nên tam giác cân tại Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N0,25Từ đó suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , cũng chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác 0,25Vậy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,253. Chứng minh: .2,0Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.Xét hai tam giác có: đồng dạng với . 0,50Suy ra mà: , nên 0,50Ta có: nên suy ra đồng dạng với (1).0,50Do là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác nên (2)0,25Từ (1) và (2) ta có 0,25V2,0 điểmCho là các số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng 2,0Ta có 0,25 , trong đó 0,25Nhận xét rằng 0,25Xét 0,25Do đó Đẳng thức xảy ra khi a = b.0,25Khi đó 0,25 0,25Từ và suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi 0,25 Hết Chú ý: Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.Hết ĐỀ SỐ: 02SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOBÌNH ĐỊNHĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9NĂM HỌC 2016 2017 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Bài 1 (6,0 điểm). 1. Cho biểu thức: P = a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên. 2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.Bài 2 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có: b) Cho phương trình: (m là tham số). Có hai nghiệm và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = Bài 3 (2,0 điểm)Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: Bài 4 (7,0 điểm).1.Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.a)Chứng minh MB + MC = MAb)Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức: MH + MI + MK = 2.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho . Chứng minh MA là tia phân giác của góc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOBÌNH ĐỊNHHƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9NĂM HỌC 2016 2017 Môn thi: TOÁN Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 18 tháng 3 năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Bài 1 (6,0 điểm).1a) Rút gọn được P = (với m 0, m 1)1b) P = = 1 + Ta có: P N là ước dương của 2 m (TMĐK)Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm.2) a + b + c 4 (a, b, c Z)Đặt a + b + c = 4k (k Z) a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = = 64 = ()Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 a+ b + c chia 2 dư 1 (1)Mà: a + b + c 4 a + b + c 2 (theo giả thiết) (2)Do đó (1) và (2) mâu thuẫn Điều giả sử là sai Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2 2abc 4 ()Từ () và () P 4 Bài 2 (5,0 điểm).a) (đúng)b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt và Ta có: và M = = ......= = ; Dấu “=” xảy ra khi m = 0 Vậy GTNN của M là khi m = 0Bài 3 (2,0 điểm)Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương và yz, ta có: + yz Tương tự, ta có: và Suy ra: (1)Ta có: = (2)Ta có: x + y + z (3)Thật vậy: () (BĐT đúng)Dấu “=” xảy ra khi x = y = zTừ (2) và (3) suy ra: (4)Từ (1) và (4) suy ra: Bài 4 (7,0 điểm).1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MBTa có: BEM là tam giác đều BE = BM = EM BMA = BEC MA = ECDo đó: MB + MC = MACách 2: Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MBTa có: BEM là tam giác đều BE = BM = EM MBC = EBA (c.g.c) MC= AEDo đó: MB + MC = MA1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại NVì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác A, O, N thẳng hàng AN = Ta có: AN = AB.sin Ta có: = =
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THCS MƠN: TỐN - LỚP ***** “15 ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH MƠN TỐN 9” (Có hướng dẫn chấm chi tiết) Họ tên: ………………………………… ………………… Trường THCS: …………….……… ……….………………… Năm học: 20 …… - 20………… Trang 15- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN: TỐN - LỚP SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (4,0 điểm) Cho biểu thức: P x x x 1 2x x , với x > 0, x 1 x x x x x x x2 x Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Tính giá trị biểu thức P 4( x 1) x 2018 x 2017 x x 2 2 2 x 3x Câu II (4,0 điểm) Biết phương trình: (m – 2)x – 2(m – 1)x + m = có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vuông ( x y ) (8 x y xy 13) 0 Giải hệ phương trình: x x y 1 Câu III (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y2 – 5y + 62 = (y – 2)x2 + (y2 – 6y + 8)x Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p = a2 + b2 số nguyên tố p – chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax - by2 chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O), (I), (I a) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I, Ia Gọi D tiếp điểm (I) với BC, P điểm cung BAC (O), PIa cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC, N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh IBIaC tứ giác nội tiếp Chứng minh NIa tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác IaMP Chứng minh: Câu V (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x z Chứng minh rằng: HẾT - Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câu I 4,0 điểm NỘI DUNG Cho biểu thức P Điểm x x x 1 2x x , với x x x x x x x2 x 2,5 Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Với điều kiện , ta có: 0,50 0,50 0,50 0,50 Ta có với điều kiện 0,50 Do nguyên nên suy (loại) Vậy khơng có giá trị x để P nhận giá trị nguyên 0,50 Chú ý 1: Có thể làm theo cách sau , coi phương trình bậc hai Nếu vơ lí, suy nên để tồn phương trình có Do P nguyên nên (P – 1)2 +) Nếu khơng thỏa mãn +) Nếu Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn Trang không thỏa mãn Tính giá trị biểu thức 0,50 Vì nên 0,50 nghiệm đa thức Do Chú ý 2: Nếu học sinh không thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ II 4,0 điểm 1,5 Biết phương trình có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài 0,50 2,0 đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng Phương trình nghiệm có hai Khi nghiệm phương trình 0,50 Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy 0,50 Từ hệ thức Với tam giác vuông ta có 0,50 (thỏa mãn) 0,50 Với Vậy (loại) giá trị cần tìm ( x y ) (8 x y xy 13) 0 Giải hệ phương trình: x 1 (2) x y 2,0 0,25 ĐKXĐ: Chia phương trình (1) cho (1) ta hệ Trang 0,50 Đặt Từ (4) rút Trường hợp 0,25 (ĐK: ), ta có hệ , vào (3) ta 0,25 loại 0,25 Với (thỏa mãn) Khi ta có hệ Giải hệ cách vào phương trình đầu ta 0,50 III 4,0 điểm Vậy hệ có nghiệm Tìm nghiệm nguyên phương trình 2,0 0,25 Ta có 0,25 0,50 Nhận thấy nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại Như ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm ngun Chú ý 3: Học sinh biến đổi phương trình đến dạng (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho số nguyên dương thỏa mãn số nguyên tố p-5 chia hết cho Giả sử x,y số nguyên thỏa mãn chia hết cho p Chứng minh hai số chia hết cho p Trang 2,0 Do nên 0,50 Vì nên Nhận thấy 0,25 Do nên Nếu hai số có số chia hết cho từ (*) suy số thứ hai chia hết cho Nếu hai số khơng chia hết cho theo định lí Fecma ta có : 0,25 Mâu thuẫn với (*) Vậy hai số IV 6,0 điểm chia hết cho 0,50 0,50 Cho tam giác có theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh tam giác với tâm tương ứng Gọi tiếp điểm với , điểm cung , cắt điểm Gọi điểm điểm đối xứng qua Chứng minh: giao 2,0 tứ giác nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứ giác có Từ suy tứ giác Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác Trang 1,0 1,0 2,0 Nhận thấy bốn điểm ) thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác Do đường kính nên , Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông Vì trung điểm 0,25 0,25 ta có góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên Xét (O): nên 0,25 = 0,25 (cùng chắn cung NC) 0,25 Từ (1) (2) ta có = nên tam giác cân Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,25 , tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác Vậy 0,25 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 Chứng minh: Gọi F tiếp điểm đường tròn (I) với AB Xét hai tam giác đồng dạng với Suy Ta có: mà: nên Do 0,50 có: , suy 0,50 nên đồng dạng với (1) tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác nên (2) V 2,0 điểm 0,25 0,50 0,25 0,25 Từ (1) (2) ta có Cho số thực dương thỏa mãn Chứng minh 2,0 0,25 Ta có 0,25 , Trang 0,25 Nhận xét Xét 0,25 0,25 Do Đẳng thức xảy a = b 0,25 Khi 0,25 Từ suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy Hết Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm Hết - Trang 0,25 ĐỀ SỐ: 02 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2016- 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Bài (6,0 điểm) Cho biểu thức: P = 2m 16 m m2 m 3 m2 m 1 2 m3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên m để P số tự nhiên Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c số nguyên Chứng minh a + b + c chia hết cho P chia hết cho Bài (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng: với số thực x, y dương, ta ln có: 1 � x y x y b) Cho phương trình: x 3mx (m tham số) Có hai nghiệm x1 x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = x1 x2 � x12 x22 � � � x2 � � x1 Bài (2,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh rằng: 1 1 �1 1 � � � � x yz y xz z xy �xy yz zx � Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn a) Chứng minh MB + MC = MA b) Gọi H, I, K chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA Gọi S, S’ diện tích tam giác ABC, MBC Chứng minh rằng: Khi M di động ta ln có đẳng thức: MH + MI + MK = S + 2S' 3R Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD, BE, CF đường cao Lấy M đoạn � � Chứng minh MA tia phân giác góc FD, lấy N tia DE cho MAN = BAC � NMF Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2016- 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Bài (6,0 điểm) 1a) Rút gọn P = m 1 (với m �0, m �1) m 1 m 1 = 1+ m 1 m 1 �N � Ta có: P � N � m 1 1b) P = m ước dương � m � 4; 9 (TMĐK) Vậy m = 4; m = giá trị cần tìm 2) a + b + c M4 (a, b, c � Z) Đặt a + b + c = 4k (k � Z) � a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = 16k 4ak ack ac 4k b abc = 64 k 16bk 16ak 4abc 16ck 4bck 4ack abc abc 2 = 16k 4bk 4ak abk 4ck bck ack 2abc (*) Giả sử a, b, c chia dư � a+ b + c chia dư (1) Mà: a + b + c M4 � a + b + c M2 (theo giả thiết) (2) � Do (1) (2) mâu thuẫn Điều giả sử sai � Trong ba số a, b, c có số chia hết cho � 2abc M4 (**) Từ (*) (**) � P M4 Bài (5,0 điểm) a) 1 ab � ۳���� x y x y ab ab a b 4ab a b (đúng) b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Ta có: x1 x2 3m x1.x2 2 M = x1 x2 � x12 x22 � � � = = x2 � � x1 2 x1 x2 � x1 x2 � �x x x x �� 1 � � � � 2 2� 2 x x x1 x2 � � � � � � � 1 � � � � 2�2 9 m �8 ; =� � � � � � Vậy GTNN M m = x1 x2 Dấu “=” xảy m = Trang SỞ GD&ĐT THANH HÓA Câu Ý I KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn thi: TỐN LỚP THCS (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 05 trang ) Nội dung x x 3 2( x 3) x 3 Cho biểu thức P x 2 x 3 x 1 3 x Rút gọn P: ĐK x 0, x P = x x 2( x 3) ( x 3)( x 1) ( x 1)( x 3) 2,00 0,25 x x x 12 x 18 x x ( x 1)( x 3) x 8 x x 3x x 24 ( x 3)( x 8) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) x 1 Tìm giá trị nhỏ P = x 1 x 1 x 8 x 1 x 1 x 1 x 1 9 x 1 2 P x 1 x 1 x 1 P Điểm 0,50 0,50 0,75 2,00 0,50 0,50 Áp dụng bất đẳng thức CơSi ta có: P x 1 �2 x 1 Ta có P = II x 1 x 1 2 92 x 1 � x x 1 Vậy P = x = Tìm m để phương trình x x3 x m (1) (1) � ( x x x ) (4 x x) m � ( x x) 4( x x) m (2) Đặt t ( x x 1) ( x 1)2 �0, ta có (2) � (t 1)2 4(t 1) m � t 6t m (3) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình ( 3) có nghiệm dương phân biệt ' � � Điều tương đương với : �S t1 t2 �P t t � Trang 63 0,50 0,50 2,50 0,50 0,75 0,50 9m5 � 4m 0 m4 � � � �� 60 �� �� � 5 m m m � � � m50 � Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt -5< m với x, z) ) + Thay x = z vào phương trình (1) hệ ta : x3 – 3x – = � (x+1)2(x - 2) = � x = -1 x = Với x z 1 � y 2 � nghiệm (x ; y ) hệ (1; 2) Với x z � y � nghiệm (x ; y ) hệ (2;1) Vậy nghiệm (x ; y ) hệ (1; 2) (2;1) Tìm n nguyên dương cho 2n 15 bình phương số tự nhiên Giả sử tồn n ��* cho 2n 15 y , ( y ��) (1) Xét trường hợp n chẵn: n 2m, m ��* Đặt x 2m , phương trình (1) trở thành 0,50 0,75 2,00 0,50 �x y �x y x 15 y � ( x y )( x y ) 15, mà x y 0, � � �x y 15 �x y �x y �x �� � m � n (thỏa mãn) �x y 15 �y 0,50 Với � �x y �x �� � m � n (thỏa mãn) �x y �y 0,50 Xét trường hợp n lẻ: n 2m 1, m �� Ta có 2n 4m.2 �2(mod 3) � n 15 �2(mod 3), mà bình phương số tự nhiên đồng dư với 0,1(mod 3), suy trường hợp không tồn n lẻ thỏa mãn tốn Vậy giá trị cần tìm n 4, 6 0,50 Với � Cho m, n số tự nhiên dương thỏa mãn 6 m n 2mn Trang 64 6 m Chứng minh n 2,00 m �0� 6n m 6n m 6n m n Nếu 6n m m �0(mod 3) (*) Mà m �0,1(mod 3) � m �1, 2(mod 3) điều mâu thuẫn với (*) Vậy 6n �m (**) Ta có � � IV (***) Từ (**) (***) ta 6n �m 0,50 0,50 � � m2 Ta lại có �m � m 2 m m � � 0,50 � m � 6 (đpcm) �� 6n m 2m � 2mn n 2mn Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng Theo giả thiết ta có � AFH � AEH 900 � AEHF nội tiếp đường tròn, suy AH đường kính đường tròn ( ) � � ANH 900 � AN NH (1) Gọi P điểm đối xứng với H qua M, suy BHCP hình bình hành, suy � BHC � EHF � 1800 BAC � � BAC � 1800 � BACP nội tiếp đường CPB � CPB tròn () �BP / / CH � BP AB CH AB � 0,50 2,50 0,50 0,50 Từ � 0,50 � AP đường kính đường tròn (), suy AN NP (2) 0,50 Từ (1) (2) suy N, H, P thẳng hàng mà H, M, P thẳng hàng suy M, N, H thẳng hàng A 0,50 N E F B Q H D K C M P � FDK � Chứng minh NDE AD, BE , CF ba đường cao tam giác ABC, suy tứ giác BDHF, � FBH � HCE � HDE � , suy DH CDHE BFEC nội tiếp, suy FDH � phân giác FDE (3) � ANM 900 �� � NMA � � ANDM nội tiếp, suy NDA AN đường Ta có �� ( sd � �ADM 90 tròn (ANDM)) (4) Trang 65 1,50 0,50 0,25 � � Vì AH đường kính ( ) , suy HKM 900 từ HDM 900 , nên suy � HMK � � KDA � � NMA � KDA � DHKM nội tiếp, suy NMA KDH (5) � � KDA � � tia DA phân giác NDK Từ (4) (5) suy NDA (6) � FDK � (đpcm) Từ (3) (6) suy NDE Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn Xét tam giác AHM có AN, MD, HK ba đường cao, suy AN, MD KH đồng qui Q trực tâm tam giác AHM QH QD � QH QK QD.QM (5) QM QK QN QM � QD.QM QN QA (6) QNM đồng dạng với tam giác QDA , suy QD QA Vì ANBC nội tiếp đường tròn (), suy tam giác QNB đồng dạng với tam QN QB � QN QA QB.QC (7) giác QCA (g –g) � QC QA QH QB � Từ (5), (6) (7) suy QH QK QB.QC � , mà KQC chung cho hai QC QK Ta có, QDH đồng dạng với QKM , suy 0,50 0,25 2,00 0,50 0,25 0,25 0,50 050 tam giác QHB QCK , suy tam giác QHB đồng dạng với tam giác QCK , � QCK � � BHK � BCK � 1800 � BHKC nội tiếp suy QHB V Chứng minh (Sử dụng nguyên tắc Đi lê) Cách Ta coi 22 đấu thủ 22 chim bồ câu hàng bảng lồng chim Ta có: 22 �7 1, theo nguyên tắc Đi lê tồn hàng chứa đấu thủ Ta gọi hàng A Ta loại bỏ hàng A khỏi bảng lại hàng với 22 15 đấu thủ Ta lại có 15 �2 3, nên theo nguyên tắc Đi lê tồn hàng mà ta gọi hàng B ( hàng B khác hàng A) chứa đấu thủ Tiếp tục ta loại bỏ hàng B khỏi bảng lại hàng với 22 �7 đấu thủ Ta lại có 1, nên tồn hàng C, D hàng C chứa đấu thủ, hàng D chứa đấu thủ Bây ta cách chọn đấu thủ đôi không công lẫn nhau: Đầu tiên ta chọn đấu thủ D1 từ hàng D ( điều thực hàng D có đấu thủ) Tiếp theo ta chọn đấu thủ D2 từ hàng C cho D1 D2 không cột (điều thực hàng B có đấu thủ) Tiếp theo ta chọn đấu thủ D3 từ hàng B cho D3 khơng cột với D1 D2 ( hàng B có đấu thủ) Cuối ta chọn từ hàng A đấu thủ D4 không cột với D1 , D2 , D3 Như chọn đấu thủ D1 , D2 , D3 , D4 mà họ chọn từ hàng đôi khác cột đôi khác Do đấu thủ đơi không công lẫn Trang 66 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Cách Ta điền số từ:1, 2, 3, 4, 5, 6, vào bảng ô vuông đơn vị cho chữ số điền vào bảng lần chữ số điền vào dòng khác nhau, cột khác hình bên 2 3 4 5 6 7 Ta xem lồng chim bồ câu gồm ô điền chữ số, ta có lồng chim bồ câu Khi đặt 22 đấu thủ ( coi 22 chim bồ câu) vào lồng có lồng chứa chim bồ câu ( 22 �3 ) Khi đấu thủ lồng đôi không công lẫn 0,50 0,50 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm 3) Điểm thi tổng điểm khơng làm tròn Hết - Trang 67 ĐỀ SỐ: 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN (Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu (4 điểm) Cho phương trình x + (4m + 1)x + 2(m - 4) = (1) (x ẩn số, m tham số) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x1, x2 hai nghiệm (1) Tìm m để x1 x 17 x2 - x 2x + x 2(x - 1) + (x > 0, x �1) Câu (4 điểm) Cho biểu thức: P = x+ x +1 x x -1 Rút gọn P Tìm giá trị x để P = �x + y + xy = Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình: � 3 2 �x + y + 3(x + y ) + 3(x + y) = 70 Giải phương trình: ( x + - x + 2)(1 + x + 7x + 10) = Câu (5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định Ax Ay hai tia thay đổi tạo với góc 600, nằm hai phía AB, cắt đường tròn (O) M N Đường thẳng BN cắt Ax E, đường thẳng BM cắt Ay F Gọi K trung điểm đoạn thẳng EF EF Chứng minh AB Chứng minh OMKN tứ giác nội tiếp Khi tam giác AMN đều, gọi C điểm di động cung nhỏ AN (C � A, C � N) Đường thẳng qua M vng góc với AC cắt NC D Xác định vị trí điểm C để diện tích tam giác MCD lớn Câu (3 điểm) 3m 2 Cho số thực m, n, p thoả mãn: n + np + p = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức S = m + n + p Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a b c � 2 (ab a 1) (bc b 1) (ca c 1) abc Đẳng thức xảy nào? -HẾT Họ tên thí sinh : Số báo danh Trang 68 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP THCS Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Đáp án (2.0 điểm) (4m 1)2 8(m 4) Điểm 0.5 16m 8m 8m 32 16m 33 0.5 Vì 16m 33 m �� nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m (4.0 (2.0 điểm) Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với m nên điểm) �x1 x (4m 1) theo định lý Vi-ét ta có � �x1.x 2(m 4) 2 Theo ycbt: x1 x2 17 � ( x1 x2 ) 289 � ( x1 x2 ) x1 x2 289 � (4m 1) 8( m 4) = 289 � 16m 33 289 � 16 m 256 � m �4 Vậy m �4 giá trị cần tìm (2.0 điểm) P= = x ( x 1) x x 1 x (2 x 1) 2( x 1)( x 1) x x1 x ( x 1)( x x 1) x 2( x 1) x x 1 (4.0 = x x điểm) (2.0 điểm) P = x x 1 = x x t 1 ( L) � x = t, t �0 ta pt t t � � t (TM ) � Với t = ta x = x = (thỏa mãn ĐK) Đặt Vậy x = P = (2.0 điểm) ( x 1)( y 1) �xy y x � (4,0 HPT � � 3 ( x 1) ( y 1) 72 ( x 1)3 ( y 1)3 72 điểm) � � 1.0 0.5 0.5 0.75 0.25 0.75 0.75 0.5 0.5 1.0 0.25 0.25 0.75 � ( x 1)3 ( y 1)3 512 � � ( x 1)3 ( y 1)3 72 � ab 512 � a b 72 � Đặt (x+1)3 = a (y +1)3 = b ta có hệ � Trang 69 0.25 Giải hệ (2) ta : (a;b) = (64;8) (a;b) = (8;64) � ( x 1) 64 �x �x � � � ( y 1)3 � �y �y Với (a;b) = (64;8) � � ( x 1)3 �x �x � Với (a;b) = (8;64) � � � ( y 1)3 64 � �y �y Hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (3;1); (1;3) (2.0 điểm) ĐKXĐ phương trình là: x - Đặt x u �0, x v �0 ta có: uv x x 10, u v Thay vào phương trình ta được: (u v)(1 uv) u v 2 2 uv � � � (u v)(1 uv) (u v )(u v) � (u v)(1 u )(1 v) � u � � v � * Với u = v ta có x x � PT vô nghiệm * Với u = ta có x � x 4 (loại) * Với v = ta có x � x 1 (TM) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm x = -1 (5.0 điểm) (2.0 điểm) � AMB � ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � B trực tâm tam giác AEF � AB EF � (cùng phụ với góc NFE � ) � � NEF NAB � vuông NEF vuông NAB (g.g) EF NE � = tg600 = � tg NAE AB NA (2.0 điểm) � � � 1200 góc tâm chắn cung MN � MON MON 2MAN � ENF � 900 � tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF EMF tâm K Trang 70 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 � 2MEN � 2.300 600 � MKN � MKN � 1800 � OMKN tứ giác nội tiếp � MON 0.5 0.5 (1.0 điểm) Gọi I giao điểm AC MD � NCM � Ta có: MCA 600 � � ACD 600 � tam giác MCD có CI vừa đường cao vừa phân giác � MCD cân C 0.25 � SMCD = 2.SMCI = .MI.CI = MI CI � )( MCcos MCI � ) = ( MC sin 600 )( MCcos600 ) = MC = ( MC sin MCI � SMCD lớn MC lớn MC đường kính (O) 0.5 0.25 (1.5 điểm) (3.0 3m 2 n + np + p = (1) (m + n + p)2 + (m - p )2 + (n - m)2 = điểm) 0.5 (m + n + p)2 = - (m - p)2 - (n - m)2 �2 � S �2 � �S � 0.5 2 S= m=n=p= ;S=- m=n=p=- 0.25 � maxS = m = n = p = ; minS = m = n = p = - (1.5 điểm) Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có: 0.5 2 � � a � � b � � c �� � � ( a) ( b) ( c) � � � � � � �� � �� ab a bc b ca c � � � � � �� � � 2 2 � a � b c �� (ab a 1) (bc b 1) (ca c 1) � � � Trang 71 0.25 a.bc b c.b � � � ab.bc abc bc bc b cab bc b � � � b bc � � � 1 b bc bc b 1 bc b � � � a b c � 2 (ab a 1) (bc b 1) (ca c 1) abc Dấu xảy a = b = c = � 0.5 0.25 0.25 Chú ý: Học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm HS trình bày theo cách khác mà giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm HS kết đến cuối sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Tổng điểm thi khơng làm tròn Hết - Trang 72 ĐỀ SỐ: 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN Lớp THCS Ngày thi: 23 tháng năm 2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề có 01 trang, gồm 05 câu Số báo danh … .…… Câu I (4,0 điểm) � x 1 x �� x : Cho biểu thức P � �� 10 x x x x � �� 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị P x 3 2 3 2 � � x 1 � 32 3 2 Câu II (4,0 điểm) Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d : y x parabol ( P) : y x Gọi A B giao điểm d ( P) 1) Tính độ dài AB 2) Tìm m để đường thẳng d ' : y x m cắt ( P) hai điểm C D cho CD AB Câu III (4,0 điểm) �x �y x � 1) Giải hệ phương trình � �y y � �x 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x3 y 320 Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB AC Gọi M trung điểm BC ; H trực tâm; AD, BE , CF đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1 ) (C2 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF DKE , với K giao điểm EF BC Chứng minh rằng: ME tiếp tuyến chung (C1 ) (C2 ) 1) KH AM 2) Câu V (2,0 điểm) Với �x, y, z �1 Tìm tất nghiệm phương trình: x y z y zx z xy x yz x y z HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Trang 73 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 MƠN TỐN (Đề thức) Lớp THCS Ngày thi: 23 tháng năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03 trang) CÂU I 4,0 điểm NỘI DUNG 1) 2,0 điểm Điều kiện xác định: x �10 (*) Đặt: x a, a �3 ĐIỂM 1,0 �a a ��3a 1� : � Khi đó: P � �� �3 a a ��a 3a a � 3a 3(a 3) 2a x 1 : 2a x 9a a(a 3) 1,0 2) 2,0 điểm x 4 3 2 3 2 1 1 Suy ra: P II 4,0 điểm 4 4 1,0 1 1 1,0 3 24 1) 2,0 điểm � x x Toạ độ A B thoả mãn hệ: � �y x � ( x; y ) (1; 1) ( x; y ) ( 2; 4) 1,0 AB 1,0 2) 2,0 điểm Xét phương trình (hồnh độ giao điểm ( P) d ' ): x x m � x x m (1) Tồn C D, khi: (1) có nghiệm x1 , x2 phân biệt (*) Khi đó, toạ độ C D là: C ( x1 ; y1 ) D( x2 ; y2 ) , đó: y1 x1 m y2 x2 m � m CD ( x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 2( x1 x2 )2 � ( x1 x2 ) x1 x2 � � � Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: CD 2(1 4m) CD AB � 2(1 4m) 18 � m , thoả mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm m là: m Trang 74 1,0 1,0 III 4,0 điểm 1) 2,0 điểm Điều kiện xác định: xy �0 (*) � � x xy y Khi đó, hệ cho tương đương với: � 2 y xy x � 2 � �x y xy x y � 2 y xy x � ( x y )( x y 1) � �� 2 y xy x � � 1,0 �x y �x y � � �2 � y �y y � � �2 � � ( x; y ) (0; 0), ( 2; 1) � ; � �3 � 1,0 Đối chiếu (*), suy nghiệm hệ cho: ( x; y ) ( 2; 1) �2 � ( x; y ) � ; � �3 � 2) 2,0 điểm x y x y 320 (1) (1) � x3 ( x y ) 320 IV Đặt: x3 8u x y 8v , (1) trở thành: u v 1,0 �x 8u �3 �x y 8v Hệ: � 2 suy ra: ( x; y) (2; 8), (2; 24), ( 2; 24), ( 2;8) u v 5 � �x, y �� � 1,0 1) 3,0 điểm Trang 75 6,0 điểm 1,0 � CBE � (tam giác BEC vng E , có EM trung tuyến) MEB � CAD (hai tam giác vuông EBC DAC có chung góc nhọn C ) � � Mặt khác H �(C1 ) , từ ta có: HEM HAE Suy ra, ME tiếp tuyến (C1 ) 0,5 � � � MED MEC DEC � � (do tam giác BEC vuông E , có EM trung MCE DEC tuyến) 1,0 � � MCE (góc đối đỉnh) CEK � DKE (góc ngồi tam giác), suy ME tiếp tuyến (C2 ) 0,5 � � MCE (tứ giác HDCE nội tiếp) DHC � � MCE (góc đối đỉnh) FHA � � (tứ giác HEAF nội tiếp) MCE FEA Hồn thành lời giải tốn 2) 3,0 điểm Gọi L AM �(C1 ) ; theo câu IV.1), ta có: ML.MA ME MD.MK Suy L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK - đường tròn đường kính AK Do KL AM Mặt khác, ta lại có HL AM (vì L �(C1 ) - đường tròn đường kính AH ) Do K , L, H thẳng hàng, suy điều phải chứng minh V Trang 76 1.0 1.0 1.0 2,0 điểm x y z (1) y zx z xy x yz x y z Giả thiết �x, y, z kết hợp với điều kiện xác định (1), suy ra: x y z (*) Khi đó, ta có: (1 z )(1 x) �0 x x � � zx �z x � y zx x y z y y z z � � Tương tự, ta có: z xy x y z x yz x y z x y z �1 Suy ra: x y z y zx z xy x yz hay x y z �3 (1) Mặt khác, từ �x, y, z �1 , suy ra: x y z �3 (2) Từ (1) (2) ta suy ra: x y z , kết hợp với điều kiện �x, y, z �1 suy x y z Vậy, phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) (1;1;1) -HẾT - Trang 77 0.5 0.5 0.5 0.5 ... KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2016- 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18 tháng năm 2017 (Đề thi. .. thích thêm SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm nêu cách giải với ý bản,...15- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN: TỐN - LỚP SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: