100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án

100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 25/6/2009 Thời gian làm 150 phút (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán chuyên Tin) Bài I (3 điểm) (n-8)2-48 n+5 có giá trị số nguyên dương 2) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0 Bài II (2 điểm) 1) Tìm số nguyên dương n để A= Giải hệ phương trình (x, y, z ẩn) Bài III (3 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O) Gọi BD CE hai đường cao tam giác ABC 1/ Chứng minh AD.AC=AE.AB 2/ Tia AO cắt BC A1và cắt cung nhỏ BC A2 Tia BO cắt AC B1và cắt cung nhỏ AC B2 Tia CO cắt BA C1và cắt cung nhỏ AB C2 A1A2 B1B2 C1C2 Chứng minh: AA + BB + CC =1 1 3/ Từ A vẽ tia Ax vuông góc với DE Cho cạnh BC cố định , đỉnh A di động cung lớn BC cho ABC có ba góc nhọn Chứng minh tia Ax ln qua điểm cố định Bài IV (1 điểm) Cho đa thức P(x)= x4+ax3+bx2+cx+d (a, b, c, d số) Biết P(1)=10, P(2)=20, P(3)=30 P(12)+P(-8) Tính giá trị biểu thức +25 10 Bài V (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C điểm nằm bên ngồi đường tròn (O) cho ABC có ba góc nhọn chu vi đường tròn ngoại tiệp ABC khơng lớn chu vi (O) ………………………… Hết……………………… Họ tên thí sinh : ………………………………… Số báo danh: …………………… Chữ kí giám thị số 1………………… Chữ kí giám thị số 2…………….…… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM Ý ĐIỂM 3.0 Tìm số nguyên dương n … (1.5 điểm) 121 *(n-8)2 -48 = n2 -16n+16 nên A=n-21+n+5 I 0.50 *121=112 n+5≥6 ; n+5Z *n+5=11 n=6 A=-4 *n+5=121 n=116 A=96 *KL n=116 Tìm số nguyên dương x, y … (1.5 điểm) *x2+y(y2+ y-3x)=0 x2-3xy+y2+y3=0 (1) *Coi (1) pt bậc với ẩn x *có =y2(5-4y) *Nếu y≥2 1800, tồn đường kính (I) nằm (O) Vậy chu vi (I) nhỏ chu vi (O) Thí sinh phải lập luận đủ có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 Mơn thi: Tốn (chun) (Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức:   x 3  A    1 (với x  0; x  )  x x  x  x  27    Rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x     29  12 Câu (3,0 điểm) Giải phương trình x  x  x x     x  xy  y  Giải hệ phương trình   xy  y  x  Câu (1,0 điểm)  n  số nguyên tố Tìm số tự nhiên n để A  n Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A B) Qua A B kẻ đường thẳng d d’ tiếp tuyến với đường tròn Tiếp tuyến M đường tròn cắt d d’ C D Đường thẳng BM cắt d E Chứng minh CM = CA = CE 2018 2008 Chứng minh AD  OE Tính độ dài đoạn AM theo R, AE = BD Câu (1,0 điểm) Cho a; b thoả mãn a  2; b  Chứng minh rằng: (a  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)  Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .Số báo danh Chữ ký cán coi thi 1: Chữ ký cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2017 Mơn thi: Tốn (chun) Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long (Hướng dẫn có 03 trang) Câu Sơ lược lời giải Câu 1 Với điều kiện xác định x  0; x  (2,0 điểm)   x 3      1 A =   x x  x  x  27    Điểm 0,5   x  x   3    =  2   3x  x  x  ( x  )( x  x  3)     x  x   ( x  3)    =    ( x  )( x  x  ) x     x Ta có : x 3   29  12  3   (2  3)  3  62  3  (  1) 0,5 0,75  1 nên thay x = Câu (3,0điểm) + vào A ta có: 1 A = =1 3+1- x 0,25 ĐK: x  0,25 Biến đổi phương trình x ( x  1)  x x    Đặt t  x x  ( t  )  t  x ( x  1) Phương trình cho trở thành: t  1 t2  t     t  Kết hợp với điều kiện, ta t  0,25 0,5 Với t   x x    x3  x   ( x  2)(x  x  2)  x2  x  xy  y  (1)  Giải hệ phương trình    xy  y  x  (2) Phương trình (1)   x  y   y  x  y     x  y  x  y   , 0,5 0,75 ta x = y x = -2y * Với x = y, từ (2) ta có: x2  x   , ta x1  1, x2  * Với x = -2y, từ (2) ta có y  y   , ta y1  1, y2  Nếu y  1  x  Nếu y   x  6 3 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1);  ;  ; (2; -1); (-6; 3) 4 4 Khi đó, x1  y1  1, x2  y2  Câu (1,0điểm)  n  số nguyên tố Tìm số tự nhiên n để A  n Xét n  A = không số nguyên tố; 2018 Xét n  A = số nguyên tố 0,25 0,25 0,25 2008 0,25 Xét n > 1, ta thấy A > n2 + n + 1; A = n2018 – n2 + n2008 – n + n2 + n + 0,5 = n2((n3)672 – 1) + n.((n3)669 – 1) + (n2 + n + 1) mà (n3)672 – chia hết cho n3 -1, suy (n3)672 – chia hết cho n2 + n + Tương tự: (n3)669 – chia hết cho n2 + n + 0,25 Khi A chia hết cho n + n + > A > n + n + nên A hợp số Tóm lại số tự nhiên cần tìm n = Câu (3,0 điểm) D E 0,25 M C F A B O I Gọi F giao điểm OC AM, ta có OC  AM Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Hai tam giác vuông AME AFC đồng dạng, nên AE AM    AE  AC  AC  CE AC AF Vậy CM = CA = CE Gọi giao điểm EO với d’ I, Chứng minh AEBI hình bình hành  BE//AI Ta có, OD  BE  OD  AI, mà AB  DI  O trực tâm  ADI  OI  AD  OE  AD (đpcm) Tam giác COD vng O (vì OC, OD hai phân giác hai góc kề bù), có OM đường cao nên OM2 = CM.MD Theo phần 1, ta có EC = CA = CM  2CM = AE, mà BD = MD AE = BD (gt)  2CM = MD  2CM2 = R2 (do MO = R OM2 = CM.MD) R  CM =  AE = R (do AE = 2CM) 1 Do giác vuông AEB A, ta có   2 AM AE AB AE AB 2R  AM   AE  AB Câu (1,0điểm) 0,75 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Xét hiệu M  (a  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)   (a 2b2  a 2b  ab2  ab)  (a  b2  a  b  ab)  0,5  ab(a  1)(b 1)  (a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   Chỉ với a  a(a  1)  a(a  2)  b  b(b  1)  b(b  2)  (a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   2  M  hay (a  1)(b  1)  (a  b)(ab  1)  nên ab(a  1)(b 1)  ; 0,5 Những ý chấm thi: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác cho điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết Có thể chia nhỏ điểm thành phần không 0,25 điểm phải thống tổ chấm Điểm thống toàn tổng số điểm toàn chấm, khơng làm tròn Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Mơn: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu (7 điểm) a) Chứng minh A  n8  4n7  6n6  4n5  n chia hết cho 16 với n số nguyên b) Cho biểu thức B  x    12x  x  2  8x Rút gọn biểu thức B tìm giá trị x nguyên x để B có giá trị nguyên c) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: 2y2x  x  y   x2  2y2  xy Câu (3 điểm) Cho hàm số y  x2  6x   x  có đồ thị (D) a) Vẽ đồ thị (D) hàm số b) Với giá trị m phương trình x2  6x   x   m vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm bất phương trình: x2  6x   x Câu (2 điểm)  y2 x  xy   2017 (1)   y2   1009 (2) (x  0, z  0,x  z) Cho x, y, z số thực thỏa: z   x  xz  z  1008 (3)   2z y  z Chứng minh  x xz Câu (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường tròn  O1  đường kính AE đường tròn  O2  đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường tròn với M tiếp điểm thuộc  O1  N tiếp điểm thuộc  O2  a) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vng góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm AE = cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC cân A, có góc A nhỏ 900 Từ B kẻ BM vng góc với AM  AB  AC M (điểm M thuộc AC) Chứng minh 1  2  MC  BC  ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN BẾN TRE 2016-2017 Câu a) A  n8  4n7  6n6  4n  n  n n  4n3  6n  4n   n(n  1)   Vì n(n+1) tích hai số ngun liên tiếp nên n(n  1)   n  n  1 24  16 Do A 16 với n thuộc Z b) B  x    12x x2  x  2  8x  x 3 x2   x  2 x2    x2 x x2  2x  2x  3 x2   2x   x x x x    x B có giá trị nguyên   x  U(3) x <   x  3 +) Nếu x < 0: B  x2  2x  3 +) Nếu 2  x  x Kết luận  2x  2x  x   x   2x  B  x  x   2x  2x  x   x  B có giá trị nguyên x 1; 3 c) 2y2x  x  y   x2  2y2  xy   x  1  x  2y2  y    x    x   x     y   x  2y  y   2y  y       x  x   1 x0       x  2y2  y  1  2y  y    y  Vậy phương trình có hai nghiệm ngun (2;1) (0;1) Câu x  8nÕu x  a) y  x2  6x   x   x   x    3x  nÕu x  Học sinh tự vẽ đồ thị b) Phương trình (*) phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị sau: (D) y  x2  6x   x  (1) (D’): y=m đường thẳng song song với trục Ox cắt trục Oy điểm có tung độ m Căn vào đồ thị , ta có phương trình (*) vơ nghiệm (D) (D’) không giao  m  5 Vậy m  5 pt (*) vơ nghiệm c) Dựa vào đồ thị vẽ câu a, ta có : nghiệm (1) tập hợp hoành độ điểm (D) x  có tung độ y  2 , nên  x  Vậy tập nghiệm (1) x  x  Câu  y2 x  xy   2017 (1)    y2 (x  0, z  0,x  z) z   1009 (2)  x  xz  z  1008 (3)   Trừ (1) (2) vế theo vế, ta có: x2  xy  z  1008(4) Trừ (3) (4) vế theo vế ta có: xz  xy  2z2   xz  2z2  xy  2xz  2z  xy  xz  2z(x  z)  x(y  z) 2z y  z  x xz Điều phải chứng minh Câu  F K C A I N D M O1 EO O2 B a) MN tiếp tuyến chung  O1   O2  nên MN  O1M;MN  O2 N  O1M / /O2 N  MO1E  NO2 E  1800 O1AM cân O1 suy MO1E  2O1AM O2 BN cân O nên NO2 E  2O2 BN    MO1E  NO2 E  O1AM  O2 BN  O1AM  O2 BN  900  MFN  900 Mặt khác AME  BNE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EMF  ENF  900 suy MENF hình chữ nhật  MEF  NME Mà O1EM  O1ME ( O1ME cân O1 ) NME  O1ME  900 (MN tiếp tuyến)  MEF  O1EM  900 hay EF  AB E b) Ta có AB = 18 cm, AE = cm  EB  12cm,OF  9cm AFB vng F có đường cao EF nên EF2  AE.EB  6.12  72  EF  (cm)  MN  EF  (cm) Gọi K, I giao điểm EF, OF với MN Tứ giác MENF hình chữ nhật nên có NMF  NEF mà NEF=ABF (cùng phụ góc BEM)  NMF  ABF (1)  FNM FAB Ta lại có OAF cân O suy OAF = OFA (2) Và OAF  ABF  900 (3) Từ (1) (2) (3)  NMF  OFA  900  MIF  900 FNM đồng dạng tam giác FAB có FI, FE hai đường cao tương ứng nên FI MN FI     FI  cm  OI  OF  FI    5cm EF AB 18 OID vng I có ID2  OD2  OI  92  52  56  ID  14 (cm) Vì OF  CD I nên CD  2.ID  14 (cm) Câu A M B C ABC cân A nên AB = AC AM AM  MC AC AC AC  AB  Ta có         BC  2.AC.MC  2 MC BC MC BC MC BC   Ta cần chứng minh: BC  2AC.MC Thật vậy, BC  BM2  MC  AB2  AM2   AC  AM   AC  AM2  AC  2AC.AM  AM  2AC  2.AC.AM  2AC.(AC  AM)  2.AC.MC Chứng minh IAB đồng dạng IEF (g.g) kết hợp với câu ta có IQG IAB suy IQ IG dẫn đến QG song song với AB  IA IB Bài Học sinh tìm ĐK  x  biến đổi phương trình dạng tích  x   2  x    x   Học sinh giải phương trình tích tìm x=5 x=4 thỏa mãn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2015-2016 MƠN THI : TỐN Thời gian làm : 150 phút Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức M  3a  9a  a  a 2  a 1 a 2  a 2 1 a với a  0;a  a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm tất giá tị nguyên a để biểu thức M nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình x   x   x   x   x  xy  xz  48  b) Giải hệ phương trình xy  y2  yz  12 xz  yz  z  84  Bài (2,0 điểm) a) Cho a  2 2 vµ b  2 2 Chứng minh a b 2016 thõasè 3016 thõasè có chữ số hàng đơn vị b) Cho hàm số y  ax  a  với a tham số, a  a  1 Tìm tất giá trị tham số a để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị hàm số đạt giá trị lớn Bài (3,5 điểm) Cho trước tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M tùy ý Đường tròn (M;MB) cắt đoạn thẳng AM D a) Chứng minh tam giác BDM tam giác b) Chứng minh MA=MB+MC c) Chứng minh M thay đổi cung nhỏ BC điểm D ln ln nằm đường tròn cố định có tâm thuộc đường tròn (O) Bài (1,0 điểm) Cho x+y+z= xyz  Tính giá trị biểu thức P 1  2  2 2 x  y  z y  z  x z  x  y2 -HẾT ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI ĐÀ NẴNG 2015-2016 Câu M M Ta có: M M   a  1 a    3a  a   a  1 a 1  3a  a   (a  1)  (a  4)     a 1  a  1 a 1 a 1 a 1 a 2  a  2 a 2  1     a   a   1  a  a 1   a3 a 2  a 1 a 2  a  2 a 2  a 1 a 1 a 1 nguyên  a  ước a 1  a  11;1;2  a 0;4;9 (do a  0) M nguyên  Câu 2a Phương trình  x 1  x 1   x 1  x 1     x 1     x 1   9  x 1   x 1    x 1   x  2b Cộng phương trình hệ ta  x  y  z   144  x  y  z  12 x(x  y  z)  48  Mặt khác hệ  y(x  y  z)  12 kết hợp với ta có hai trường hợp sau z(x  y  z)  84  *) Với x+y+z= - 12 hệ có nghiệm  x;y;z    4; 1; 7  *)Với x+y+z=12 hệ có nghiệm  x;y;z    4;1;7  Câu 3a Nhận xét 2 2 2 2  16 (8 thừa số 2) 2016 chia hết cho 252 phân số a thành 252 nhóm, nhóm có giá trị 16 (có hàng đơn vị 6) nên tích 252 nhóm có hàn đơn vị 3016 chia hết cho 377 phân số b thành 377 nhóm, nhóm có giá trị 16 (có hàng đơn vị 6) nên tích 377 nhóm có hàng đơn vị Suy điều phải chứng minh 3b Tam giác vuông OAB O nên gọi h khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số 1 a2 a2       h OA OB  a  12  a  12  a  12  h2  2a a  2a  2a  1  1  2 1 a 1 a  a2 Dấu đẳng thức xảy a=1 Vậy a=1 khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số lớn Câu A I D O C B M a) MB = MD (bán kính đường tròn (M)) BMD  BCA  600 (cùng chắn cung AB) Nên tam giác BMD b) Hai tam giác ABD CBM AB = CB ; BD = BM Và ABD  60  DBC  CBM  DA  MC  MA  MD  DA Mà MD=MB MA=MB+MC c) Gọi I giao điểm (O) với phân giác CO (trong tam giác ABC)  I điểm cung nhỏ AB I điểm cố định thuộc (O) Nên MI phân giác BMD (góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O)) Nên MI trung trực đoạn thẳng BD BDM tam giác Suy ID=IB Do D ln thuộc đường tròn  I;IB  cố định có tâm thuộc (O) Câu Ta có : x+y+z=0  x  (y  z);y  (z  x);z  (x  y)  x   y  z  ;y   z  x  ;z   x  y  P x  y  x  y 2 2  y  z  y  z 2  z  x  x  z  2 1 xyz   P 0 2xy 2yz 2xz 2xyz SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS AN GIANG Năm học 2013-2014 Mơn: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm : 150 phút Ngày thi: 15/3/2014 P Bài (3đ) Tính T 1  2     3 4 99  100 Bài (4đ) Cho đa thức P(x)  x  x;g(x)  x   (x 1)x a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích nhân tử b) Chứng tỏ x số ngun P(x) ln chia hết cho Bài (4,0 đ) Cho x1;x2  0;1 a) Chứng minh 1  x1   4x12 b) Chứng minh : 1  x1  x2    x12  x22  Bài 4(4,0 đ)  5x  3y   Cho hệ phương trình       x  5y   a) Giải hệ phương trình b) Tìm phương trình bậc hai ẩn x; y nhận nghiệm nghiệm hệ phương trình cho nghiệm (0;0) Bài (5,0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = cm Lấy điểm M đường tròn cho BAM  300 Tiếp tuyến với đường tròn điểm A điểm M cắt C CM cắt AB D a) Chứng minh BM song song với OC b) Tính diện tích tam giác ACD ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014 Bài T 1  1 2  1    3 4 99  100 n  n 1    n  n 1 Ta có : n  n 1 n  n 1  T    1    2    3  4      99  100   1          99  100  1  100  11 Bài 2a    P(x)  g(x)  x  x   x    x  1 x  x  x   x  5x   x  x  x   x  5x  4x   5x  5x  5x  x  1  5x(x  1)(x  1) P(x)  x  x;g(x)  x  x  x 5 5 3 Vậy P(x)  5x(x  1)(x  1) 2b Theo P(x)  g(x)  5x(x 1)(x 1) chia hết cho với số nguyên x Mặt khác g(x)   x2   x2  1 x   x   x  1 x  x  1 x   nên g(x) tích số nguyên liên tiếp  g(x) chia hết cho Vậy P(x)  g(x)  5x(x2  1) chia hết cho Câu 3a Xét 4x12  1  x1    2x1   x1  2x1   x1    x1  13x1  1 Do x1  0;1   x1  1  0; 3x1  1  Vậy 4x12  1  x1    x1  1 3x1  1  Hay 1  x1   4x12 dấu xảy x1  3b 1  x1  x2    x12  x22  Do Ta x1 ,x  0;1  x12  x1 ;x 22  x 2 Xét x12  x22  x1  x2 1  x1  x     x12  x 22  1  x1  x    x1  x     x1  x    x1  x    x1  x     x1  x    x1  x   1  x1  x   2 Vậy 1  x1  x2    x12  x22  x12  x1   x1  0;x  x1  1;x2  Dấu “=” xảy x 22  x 1  x  x   Câu 4a  5x  3y       x  5y   5x  15y   15     x  15y  15  3     5x  15y   15  (5   3)x   3 5x  15y   15   53 x  2  x    5(1  3)  15y   15 x    y  1  4b Phương trình bậc hai ẩn có dạng ax  by  c Phương trình có nghiệm (0;0) suy c = Phương trình có nghiệm 1  3; 1    a 1    b 1    Ta có nhiều phương trình nên chọn a   5;b   phương trình thỏa đề là: 1   x  1   y  Câu C M A O B D 5a Theo đề ta có BAM  300 , tam giác AMB vng M (do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )  MBO  600 (*) Tam giác MOB cân có B  600 nên tam giác MOB  AOM  1200 CA, CM hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C nên CO đường phân giác góc ACM , hay CO phân giác góc AOM  COA  600 (**) Từ (*) (**) suy BM song song OC ( góc đồng vị) 5b Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC OMB ba tam giác vng có cạnh góc vuong góc nhọn S ACD  3S ACO Tam giác ACO vng có cạnh góc vuông OA = cm ; AOC  600  AC  OA.tan600   S ACO  1 AO.AC  2.2  2 Vậy diện tích tam giác ACD S ACD  (cm2 ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẬC THCS Năm học : 2017-2018 Mơn thi : TỐN Thời gian: 150 phút Ngày thi : 17/4/2018 a) Cho biểu thức A  x 8 x x 8  x2 x 4  x44 x x4 Rút gọn biểu thức A Tìm số nguyên x để A số nguyên b) Cho ba số thực a, b, c cho  a  2;1  b  ;1  c  Chứng minh a b c a c b      7 b c a c b a Câu (4,0 điểm) a) Cho phương trình x2  2x   2m  Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 có nghiệm bình phương nghiệm lại b) Giải phương trình :  x   x2   x Câu (4,0 điểm) a) Chứng minh với số tự nhiên n   n   n  1 n  8 lập phương số tự nhiên b) Cho số nguyên tố p (p  3) hai số nguyên dương a, b cho p2  a  b2 Chứng minh a chia hết cho 12 2(p  a  1) số phương Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh cm E điểm nằm cạnh BC (E khác B C) Đường thẳng qua B, vng góc với đường thẳng DE H cắt đường thẳng CD F, Gọi K giao điểm AH BD a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn ba điểm K, E, F thẳng hàng b) Khi E trung điểm cạnh BC, tính diện tích tứ giác BKEH Câu (3,5đ) Cho hai đường tròn  C1  ,  C  cắt hai điểm A, B Tiếp tuyến A  C  cắt  C1  M (M khác A) Tiếp tuyến A  C1  cắt  C  điểm N (N khác A) Đường thẳng MB cắt  C  P (P khác B) Đường thẳng NB cắt  C1  Q (Q khác B) a) Chứng minh tam giác AMP , AQN đồng dạng b) Chứng minh MB.NA2  NB.MA2 -Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUẢNG NAM NĂM 2017-2018 Câu 1a) A   x 8   x 2 x2 x 4 x 6  x 2 x2 x 4     x2 x 4  x2 x   x   x2 x 4  x  x  ước 3; có x  x   có nghiệm x=1 thỏa mãn ĐK 1b) Khử mẫu ta a2c  ab2  bc2  a 2b  ac2  b2c  7abc Giả sử a  b  c   b  a  b  c    b2  ac  ba  bc 2  b a  a c  abc  a b  2  b c  ac  abc  bc  a 2c  ab2  ac  b2c  2abc  a b  bc2  a 2c  ab2  bc2  a b  ac2  b2c  2abc  2a 2b  2bc2 Chứng minh 2abc  2a2 b  2bc2  7abc  2a2 b  2bc2  5abc  2a2  2c2  5ac  (2a  c)(c  2a)  Câu 2a) ĐK có hai nghiệm phân biệt  '   2m    m  x1  x 22 (1)  Khi m  ta có x1x   2m (2) x  x  (3)  Thế (1) vào (2) : x22  x2    x2  1;x2  2 )x2   x2    2m   m  (loại) )x2  2  x1   8   2m  m  11/ (chọn) 2b) x    x2   x.DK : x   x     x    x2     4(x  1)  (4  4x  x ) x   (2  x) x 2 x 1  2  x    x2  1  x2  x  x2  0 0   1  x   0  x2    x 1   x Vì x  nên ngoặc dương Do phương trình có nghiệm x=0 Câu 3a A   n  1 n   n  8 +) Khi n   A  54 không lập phương +) Khi n   A  120 không lập phương +)Khi n  ta chứng minh A không lập phương A   n  1 n   n    n  11n  26n  16  n  12n  48n  64   n   A   n  3  n  11n  26n  16  n  9n  27n  27  2n  n  11   89  89  2,6 n   n  2,1 4 3 Suy n >  n  3  A   n   Vậy A lập phương n 3b p2  b2  a   b  a  b  a   b  a b  a ước p  b  a b  a ước p p nguyên tố Vì b – a < b+a nên b – a =1  b  a  p2  2a   p2 2 Cộng vào hai vế cho 2p+1 ta có: 2a  2p    p  1  2(a  p  1)   p  1 Chứng minh a chia hết cho 12 +) Chứng minh a chia hết cho Vì 2a   p2  2a  p2  p nguyên tố >3 nên p chia dư  2a  a +)Chứng minh a chia hết cho Vì 2a   p2  2a  p2  p nguyên tố >3 nên p chia dư dư *) p=4k+1  2a  16k  8k  a *) p=4k+3  2a  16k  24k  8  a Do a chia hết cho 12 Câu A B K H E D C a) Chứng minh KDCE nội tiếp F Ta có BHD  BCD  900  BHCD tứ giác nội tiếp  CHF  BDC  450 ECFH nội tiếp  450  CHF  CEF  KDC  KDCE nội tiếp Chứng minh K, E, F thẳng hàng BC; DH đường cao BDF  FE  BD Mà KDCE nội tiếp  EKD  ECD  900  EK  BD  K, E, F thẳng hàng 2 b) BKE S  BE    BCD  BKE      S BKE  16    S BCD  BD    8 DCE  S BKEH S  DE  BHE  DCE     S BHE  S DCE   S BHE  BE  5 14  2  5 Câu A Q C1 C2 M P B N 5a) Chứng minh tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN Ta có: AMP  AQN (cùng chắn cung AB) APM  ANQ (cùng chắn cung AB) Suy tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN (g-g) AB AM BM   NB NA AB MB.NA  AB.AM MB.NA  AB.AM NA   NB.MA  AB.NA NB.MA  AB.NA.MA 5b) AMP AQN nên  MB.NA  NB.MA ... Trong hội trại ngày 26 tháng 3, lớp 9A có học sinh tham gia trò chơi ném bóng vào rổ học sinh ném tất 100 bóng vào rổ Số bóng ném vào rổ học sinh khác Chứng minh có học sinh ném tổng số bóng vào... HẢI PHÒNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chun)Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 25 tháng năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC... đổi) R R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2015-2016 VĨNH PHÚC ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm)  x