Đề thi hsg toán 9 cấp thành phố

M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC.. Gọi E và F thứ tự là chân các đ ờng vuông góc kẻ từ M đến các đờng thẳng AC và BC , H và K thứ tự là trung điểm của AB và EF ; Gọi N là giao điểm

Trang 1

Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá

Phòng giáo dục vĩnh lộc

đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh

Môn Toán - Lớp 9

( Thời gian làm bài 150 phút )

-* Bài 1 : a / Cho biểu thức A = 3 20  14 2 + 3 20  14 2

Hãy tính giá trị của biểu thức A bằng hai cách khác nhau b/ Cho các số dơng a , b , c , d

Chứng minh rằng trong 4 số 2a + b - 2 cd ; 2b + c - 2 da; 2c + d - 2 ab; 2d + a - 2 bc có ít nhất hai số dơng

* Bài 2 : Tìm giá trị của tham số m để phơng trình

( x2 - 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m

có bốn nghiệm phân biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4 thoả mãn điều kiện 1 1 1 1 1

4 3 2 1







x x x x

* Bài 3 : Cho ba số dơng a , b , c có tổng nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng :

bc

1

2

1 2

1

2



b

* Bài 4 : Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình :

x4 + ( x + 1 )4 = y2 + ( y + 1 )2

* Bài 5 : Giải hệ phơng trình :







1 8

1 1

2 1

4 1 3

2 4 3

9 x y z

z

z y

y x

x

* Bài 6 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O cho trớc M là một

điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC Gọi E và F thứ tự là chân các đ ờng vuông góc

kẻ từ M đến các đờng thẳng AC và BC , H và K thứ tự là trung điểm của AB

và EF ; Gọi N là giao điểm của các đờng thằng AB và EF

a / Chứng minh rằng số đo của góc MKH không phụ thuộc vào vị trí của

điểm M trên cung nhỏ AC

b / Hãy xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để đoạn thẳng NF có

độ dài lớn nhất

- Họ và tên thí sinh :

- Số báo danh :

* Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

-đáp án và biểu điểm kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh

Môn Toán - Lớp 9 - Đề số . 1

* Cách 1 :

- Biến đổi để chỉ ra 3 20  14 2 = 3 ( 2  2 ) 3  2  2

- Tơng tự 3 20  14 2 = 3 ( 2 2 ) 3 2 2







0,50

Chữ ký của giám thị

Số 2

Đề số : 1

Trang 2

- Từ đó tính toán để có A = 4

* Cách 2 :

- Ta có A3 = ( 3 20  14 2 +3 20  14 2)3 = 20 - 14 2 + 20 +

14 2 + 3 A3 400  392 = 40 + 6A suy ra A3 - 6A - 40 = 0 (1)

- Ta có (1) ( 4 )( 2 4 10 ) 0







 A A A

















) 3 ( 0 10 4

) 2 ( 0 4

2 A A

A

- Phơng trình (2) có nghiệm duy nhất A = 4

- Phơng trình (3) vô nghiệm vì biệt số    6  0

- Vì kết quả của phép tính là duy nhất nên A = 4

0,25 0,25

0,50

0.25

0,25

- Ta có 2a + b - 2 cd + 2c + d - 2 ab =

( a + b - 2 ab ) + ( c + d - 2 cd ) + ( a + c ) =









 b c d a c a c

ra trong hai số 2a + b - 2 cd và 2c + d - 2 ab phải tồn tại ít

nhất một số dơng

Biến đổi hoàn toàn tơng tự ta cũng có trong hai số 2d + a

-2 bc và 2b + c - 2 da tồn tại ít nhất một số dơng

- Kết luận : Trong bốn số đã cho luôn tồn tại ít nhất hai số

d-ơng

0,50 0,25 0,25

- Xét phơng trình ( x2 - 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m (1)

Ta có (1)  ( x - 1 ) ( x + 5 ) ( x + 1 ) ( x + 3 ) = m

 ( x2 + 4x - 5 ) ( x2 + 4x + 3 ) = m (2)

- Đặt y = x2 + 4x + 4 = ( x + 2 )2

 0 , ta có phơng trình (2) trở thành phơng trình ( y - 9 ) ( y - 1 ) = m

Hay y2 - 10y + 9 - m = 0 (3)

- Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng

trình (3) có hai nghiệm dơng phân biệt

Phơng trình (3) có hai nghiệm dơng y1 > y2 > 0 khi và

chỉ khi 









0

0 0

2 1

/

y y

y















0 9

0 10

0 9

25

m

9

16  



- Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình

x2 + 4x + 4 - y1 = 0

x3 ; x4 là hai nghiệm của phơng trình

x2 + 4x + 4 - y2 = 0

áp dụng định lý Vi - ét ta có :

















2 1

4 3

4 3 2 1

2 1 4 3 2

4 4

4 1

1 1 1

Y y

x x

x x x x

x x x x x

8



 m

Kết hợp với giả thiết suy ra

15

8



 m = -1 suy ra m = -7

- Với m = -7 ta dễ dàng chỉ ra phơng trình (1) có 4 nghiệm

phân biệt

- Kết luận : Với m = -7 phơng trình (1) có 4 nghiệm phân

biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4

0,25

0,25 0,25

0,50

0,25

0,50 0,25 0,50

0,25

- Đặt x = a2 + 2bc ; y = b2 + 2ca ; z = c2 + 2ab ; Bất đẳng thức

cần chứng minh trở thành bất đẳng thức :

111 9

z y

x (*)

ta có x + y + z = ( a + b + c )2

0,50

0,25

Trang 3

Do a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và a + b + c < 1 nên x > 0 ; y > 0 ;

z > 0 và 0 < x + y + z < 1 ( 1 )

- áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho ba số dơng ta có :

x + y + z 3 xyz3 > 0 (2)

1 11  3

z y

1

3 > 0 (3) Nhân từng vế hai bất đẳng thức (2) và (3) ta đợc :

(   )(111)  9

z y x z y

Từ (1) và (4) suy ra 1 1 1 9  9







z y x z y x

- Bất đẳng thức (*) đựơc chứng minh , do đó bất đẳng thức

đã cho đợc chứng minh

0,50 0,50 0,25

0,50 0,25 0,25

- Giả sử cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình

x4 + ( x + 1 )4 = y2 + ( y + 1 )2 (*)

- Ta có phơng trình (*) tơng đơng với phơng trình :

( x2 + x + 1 )2 = y2 + y + 1 (1)

- Do x ; y Z nên vế trái của (1) là số chính phơng , do đó

vế trái của (1) cũng là số chính phơng

- Nếu y > 0 ta có : y2 < y2 + y + 1 < ( y + 1 )2 (2)

Không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (2)

- Nếu y < -1 ; ta có :

( y + 1 )2 < y2 + y + 1 < y2 (3)

Cũng không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (3)

- Suy ra y = 0 hoặc y = -1 Từ đó ta có

( x2 + x + 1 )2 = 1

suy ra x2 + x + 1 = 1 hoặc x2 + x + 1 = - 1 ;

Nhng x2 + x + 1>0 , do đó x2 + x + 1 = 1 ;

suy ra x( x + 1 ) = 0 ; suy ra x = 0 hoặc x = -1 ;

từ đó suy ra y = 0 hoặc y = -1

- Kết luận : Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình đã

cho là : ( 0 ; 0 ) ; ( 0 ; -1 ) ; ( -1 ; 0 ) ; ( -1 ; -1 )

0,25

0,50 0,25 0,25 0,25

0,25

0,50

0,25

- Xét hệ phơng trình :







1 8

1 1

2 1

4 1 3

2 4 3

9 x y z

z

z y

y x

x

(*)

- Điều kiện : x   1 ;y  1 ;z  1 (1)

- Ta có 3 1 4 1



 y

y x

x

1

1 1 1

2





 x x

x z

z

; suy ra 



2 1

4 1

2

z

z y

y x

x

1



x

- Do x ; y ; z là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức

Cô-sy ta có :

1



2 4 2

) 1 ( ) 1 ( ) 1 (

8





z y

x

z y x

(2)

- Hoàn toàn tơng tự ta có :

8

2 3

3

2 3 3

) 1 ( ) 1 ( ) 1 (

8 1

1





z y x

8

4 3

) 1 ( ) 1 ( ) 1 (

8 1

1





z y x

- Từ (2) ; (3) ; (4) ta có :

0,25 0,50

0,50

Trang 4

3 4 ) 2

1

1 ( ) 1

1 (



16 32

24 ( 1 ) ( 1 ) )

1 (x y z

z y x



1

1 ( ) 1

1 (



2 4 3

) 1 ( ) 1 ( ) 1 (x y z

z y x

; Suy ra 89 x3 y4 z2  1 (**)

Dấu “ = ” của (**) xảy ra khi và chỉ khi

11 11 1191   81









z y x

- Thử lại : Bộ giá trị ( x = y = z =

8

1

) nghiệm đúng hệ phơng trình đã cho

- Kết luận :

0,50

0,25

0,25 0,25

I

N

H

K

F

E

O

A

M

- Chỉ ra đợc các tứ giác AMCB , FEMC là những tứ giác nội

tiếp ; suy ra ABM = ECM ; BAM = FEM ;

do đó ABM EFM ( gg ) ; NFM = NAM

từ đó ta có tứ giác BNMF là tứ giác nội tiếp , suy ra

BNM = 900

- Kết hợp với điều kiện AH = HB , EK = KF ta có

AHM EKM , vì vậy AHM = NKM , suy ra

tứ giác HNMK là tứ giác nội tiếp , suy ra MKH = 900

Điều này chứng tỏ giá trị của góc MKH không phụ thuộc vào

vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC

0,50 0,50 0,75 0,75

0,50

- Kẻ NI  BC , thì NI // MF , suy ra INF = NFM (

1)

Nhng NFM = NBM (2)

Từ (1) và (2) suy ra INF = NBM

(3)

Mà NIF = BNM

(4)

- Từ (3) và (4) suy ra NIF BNM , suy ra

BN

NI BM

NF

 ; suy ra

NF = BM

BN

NI

- Theo giả thiết ABC < 900 , do đó

BN

NI

= Sin NBC

= Sin ABC không đổi

- Ta có NF = BM Sin ABC và BM là dây cung của

đ-ờng tròn tâm O ; do đó NF có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

BM là đờng kính của đờng tròn tâm O

- Kết luận : Khi BM là đờng kính của đờng tròn tâm O thì

đoạn thẳng NF có giá trị lớn nhất

0,50 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

Trang 5

-* Bài 1 : Chứng minh rằng :

2005 2006

1

3 4

1 2 3

1 2

1













 x x x x

* Bài 3 : Cho x  2 Rút gọn biểu thức

A =

2 4 )

1 ( 3

2 4 )

1 ( 3

2 2

3

2 2

3













x x

* Bài 4 : Tìm tất cả bộ ba số a , b , c thoả mãn đẳng thức

( a2 + 1 ) ( b 2 + 2 ) ( c2 + 8 ) = 32abc

* Bài 5 : Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA , AB

t-ơng ứng tại D , E , F Gọi H là hình chiếu của D trên EF

Chứng minh rằng góc BHD = góc CHD

-đáp án và biểu điểm thi học sinh giỏi cấp tỉnh

Môn Toán - Lớp 9 - Đề số 2

-Chữ ký của giám thị

Số 2

Đề số: 2

Trang 6

Bài Câu Yêu cầu cần đạt chuẩn Điểm 1

1

1 1 ( ) 1 ( )

1 (

1











k k

k

1

1 1

( 2 ) 1

1 1

( 2 ) 1

1 1

)(

1

1 1

(

















k k k

k k

+ Từ đó cho k lần lợt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 2005 ta đợc :

A < ) 2

2005

1 1 (

2

+ Điều kiện : 2 x 4

+ Đặt A = x 2  4  x ; B = x2 - 6x + 11 + áp dụng bất đẳng thức 2( a2 + b2 )  ( a + b )2 ta có : 2( x - 2 + 4 - x )  ( x 2  4  x)2 Hay

A2

 4 ; Mà A  0 suy ra A  2 + Nhng ta lại có B = ( x + 3 )2 + 2  2 + Do đó x 2  4  x = x2 - 6x + 11 



4 2

2 11 6

2 4

2

















x

x x

 x = 3 + Nghiệm của phơng trình : x = 3

3

+ Từ điều kiện x > 2 ta có x > 2 hoặc x <2 + Ta có P =

4 )

1 ( ) 2 ( ) 1 (

4 )

1 ( ) 2 ( ) 1 (

2 2

2

2 2

2













x x

+ Với x > 2 ta có x - 2 > 0 ; x + 2 > 0 , suy ra P =

2 ) 1 (







x x

+ Với x < -2 ; ta có -( x+2) > 0 ; 2-x > 0 và

x2 - 4 =( 2-x)(-(x+2)) , suy ra P =

) 2 ( ) 1 (

2 ) 1 (







x x

4

+ áp dụng bất đẳng thức Cô sy ta có :

a2 + 1 2 2 2 0





b2 + 2 2 2 2 2 0





c2 + 8 2 8 2 2 8 0





+ Hai vế của mỗi bất đẳng thức đều dơng , nhân từng vế 3 bất

đẳng thức ta đợc : (a2 + 1 )(b2 + 2 )(c2 + 8 )  32abc  32abc

Do đó ( a2 + 1 ) ( b 2 + 2 ) ( c2 + 8 ) = 32abc 







0 8 1 2

2

abc c

b



















0 2 2

2 1

ab c c

b

 ( a ; b ; c ) =



) 2 2

; 2

; 1 (

) 2 2

; 2

; 1 (

) 2 2

; 2

; 1 (

) 2 2

; 2

; 1 (



+ Kết luận :

5

Trang 7

H I

K

O

D

F

E

+ Kẻ BI  EF ; CK  EF ta có DH // BI // CK + Ta có

KH

IH CD

BD

 (1) + Theo tính chất tiếp tuyến ta có BD = BF ; CD = CE + Do đó

KH

IH CE

BF



+ Mà IFB = AFE = AEF = CEK

Do đó BIF CKE suy ra

KE

IF CE

BF CK

BI



+ Từ (1) và (2) suy ra

CK

BI EK

IF KH

IH CE

BF



và BIH = CKH suy ra BIH CKH suy ra BHI = CHK suy ra BHD = CHD

đề thi học sinh giỏi cấp huyện

Giải Toán bằng máy tính - Lớp 9

-* Câu 1 : Tìm x biết :

13

12 1 3

1 2

1







x

* Câu 2 :

Biết rằng đa thức f(x) = 2x3 + 3x2 + ax + b chia hết cho x2 - 3 , tìm a

và b ?

* Câu 3 : Cho Sn = 5  5 5   5 ( Có n dấu căn bậc hai ) ; Tính S40 ?

* Câu 4 : Cho u1 = 2 ; u2 = 5 ; un+1 = 4un - un-1 ( n = 2 ; 3 ; 4; )

a / Lập quy trình bấm phím để tính un+1 ?

b / Tính u10 ; u15 ?

* Câu 5 : Tìm các số dơng x ; y biết x2 - y2 = 1,654 và  2 , 317

y x

* Câu 6 : Cho a + b = 5 và ab =

2

1

; Tính giá trị của biểu thức P = a2( a + 1 ) + b2( b + 1 )

Trang 8

* Câu 7 : Cho tam giác ABC vuông tại A với AB = 12 cm ; BC = 19 cm Tính

độ dài đờng phân giác BI ( I thuộc cạnh AC )

* Câu 8 : Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh là 1,5

cm ; 2 cm ; 2,5 cm Tính bán kính của đờng tròn đó

-* Bài 1 : Rút gọn biểuthức :

A =

1

1 2

2 2



x x

x m

; với x =

n

m m

n

 ( 2

1 ) ; m > 0 ; n > 0

* Bài 2 : Chứng minh rằng

nếu ( x - y )2 + ( y - z )2 + ( z - x )2 = ( x + y - 2z )2 + ( y + z - 2x )2 + ( z + x - 2y )2

thì x = y = z

* Bài 3 : Giải phơng trình :









 x x x x

b / x2 + x 5 = 5

* Bài 4 : Giải hệ phơng trình :















4 4 4

2 000 4 2000

3

200 0 2

200 0

1

1 999 4

19 99 3

199 9 2

1 999

1

19 98 4 1998

3

19 98 2

1 998

1

x x

* Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức :

a2 b2  c2 d2  (ac) 2  (bd) 2 ; với a ; b ; c ; d là các số dơng

* Bài 6 : Cho đoạn thẳng AB Một điểm M chạy trên đoạn thẳng AB Trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các hình vuông AMCD ; BMPQ

a / Chứng minh AP  BC

b / Gọi E là giao điểm của các đờng thẳng AP với BC , chứng minh ba

điểm D ; E ; Q thẳng hàng

c / Chứng minh rằng đờng thẳng DQ luôn đi qua một điểm cố định khi M

di chuyển trên đoạn thẳng AB

Số 2

Đề số : 3

Trang 9

-đáp án và biểu điểm thi học sinh giỏi cấp tỉnh

Môn Toán - Lớp 9- Đề số .3

1

4

1 1 ) (

4

1

2















n

m m

n n

m m

n x

=

mn

n m mn

n m

2 4

)







mn

n m m

n n m mn

n m m

2 ) (

2 1

) 2

2

n m n m

n m m n

m m

n n

m mn

n m m















) (

2 )

( 2

+ Từ đó A = 











n m m n m n

n m n m

);

(

;

2

+ Đặt x - y = a ; y - z = b ; z - x = c , ta có a + b + c = 0 + Khi đó ( x + y - 2z )2 = ( x - y + y - z )2 = ( b - c )2

+ Hoàn toàn tơng tự ta có : ( y + z - 2x )2 = ( c - a )2

( z + x - 2y )2 = ( a - b )2

+ Đẳng thức đã cho trở thành :

a2 + b 2 + c2 = ( b - c )2 + ( c - a )2 + ( a - b )2 

( a + b + c )2 = 2 ( a2 + b 2 + c2 ) = 0 Suy ra a = b = c = 0 suy ra x = y = z

3

a

+ Điều kiện xác định x  1 (1)









x



 x



 x

t

1

+ Phơng trình đã cho có dạng : t2 - 3t + 2 = 0 Giải phơng trình đợc t = 1 hoặc t = 2 + Thay các giá trị của t vào các phơng trình thành phần ta đợc

x = 1 ; x =

4

5

đều thoả mãn điều kiện (1) + Kết luận : Phơng trình có hai nghiệm x = 1 ; x =

4 5

b

+ Điều kiện x  5

+ Đặt u = x 5 với u > 0 ; ta có : Hệ phơng trình

Trang 10











 x u x

 









0 ) 1 )(

( 5

2

x u x u x u









   





  





0 1 5 0 5 2

2

x u x u x u x u

+ Giải hệ phơng trình thứ nhất ta đợc x1 =

2

21

1  ( loại vì u

0

 ) ; x2 =

2

21

1 

+ Giải hệ phơng trình thứ hai ta đợc x3 =

2

17

1  ( Loại vì u

0

 ) ; x4=

2

17

1 

+ Kết luận : Phơng rình có hai nghiệm x =

2

21

1  ;x=

2

17

1 

4

+ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacop xky cho các số

x11000 ; x21000 ; x31000 ; x41000 ; và x1999 ; x2999 ; x3999 ; x4999

( x11000.x1999 + x21000.x2999 +x31000 x3999 +x41000.x4999 )2 

( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x11998+ x21998 + x1998 + x1998)

 ( x11999 + x21999 + x31999 + x41999)2 

( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x11998+ x21998 + x1998 + x1998) + Mà theo bài ra ta có :















4 4

20 00 4

2 000 3

2 000 2 2000

1

19 99 4 1999

3

1 999 2

19 99 1

199 8 4

19 98 3

199 8 2

19 98 1

x x

nên ta có :

( x11999 + x21999 + x31999 + x41999)2 =

( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x11998+ x21998 + x1998 + x1998)

4

1000 4 999 3

1000 3 999 2

1000 2 999 1

1000 1

x

x x

x



 Hay x1 = x2 = x3 = x4

+ Thay vào (1) ta đợc x1 = x2 = x3 = x4 = 1

5

+ Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với :

a2 + b2 + c2 + 2 (a2 b2 )(c2 d2 )  (ac) 2  (bd) 2 

(a2 b2 )(c2 d2 )  ac + bd

 ( a2 + b2 ) ( c2 + d2 )  ( ac + bd )2 ( Do a ; b ; c ; d >0 )

 a2c2 + a2d2+ b2c2 + b2d2

 a2c2 + b2d2 + 2 acbd

 a2d2 + b2c2 - 2 acbd  0

 ( ad - bc )2  0 (*)

+ Bất đẳng thức (*) đúng nên ( 1 ) đúng

6

a

F

O

G

E

Q P

C D

M

+ Gọi F là giao điểm của AC và BP   ; 

+ Do AMCD ; BMPQ là hình vuông nên

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	496,5 KB