DE HSG 9 HAY

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút) Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau: 1. 3x 2 + 4x + 10 = 2 2 14 7x − 2. 2 4 2 2 4 4 4 16 4 1 2 3 5x x x x y y y− − − + + + + − − = − 3. x 4 - 2y 4 – x 2 y 2 – 4x 2 -7y 2 - 5 = 0; (với x ; y nguyên) Bài 2: (2.5 điểm) 1. Tìm số tự nhiên n để 18n + và 41n − là hai số chính phương. 2. Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64 6 4= + Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó. Bài 3: (3,25 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), (P, N là hai tiếp điểm). 1. Chứng minh rằng 2 2 .MN MP MA MB= = 2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. 3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi M di động trên đường thẳng d. Bài 4: (1,5 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP. Trên trục hoành lấy ba điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại A; B ; C. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a; b; c. Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 19b - a 19c - b 19a - c + + 3(a + b + c) ab + 5b cb +5c ac + 5a ≤ Hết./ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010. MÔN THI: to¸n (Thời gian làm bài 150 phút) Câu Ý Nội dung Điể m 1 (2,5đ) 1.1 (0,75đ ) Giải, xác định đúng điều kiện: 2 2 ; 2 2 x x − < ≥ ⇔ 2 2 2 4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + − − − + = 0 2 ( 2) ( 2 1 7) 0x x⇔ + + − − = 2 2 2 0 2 2 2 1 7 0 2 x x x x x x = −  + =    ⇔ ⇔ ⇔ = =    − − =     = −   (Thỏa mãn) 0,25 0,25 0,25 1.2 (1.0đ) Điều kiện : 2 2 2 2 4 0 (1) 16 0 (2) 4 1 0 (3) 2 3 0 (4) x x x x y y  − ≥  − ≥   + ≥   + − − ≥  Từ (2) ⇔ (x 2 – 4)(x 2 + 4) 2 0 4 0x≥ ⇔ − ≥ kết hợp với (1) và (3) suy ra x = 2 Thay vào (4): y 2 – 2y + 1 0≥ ; Đúng với mọi giá trị của y. Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5 Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5) 0.5đ 0,5 1.3 (0,75đ ) Biến đổi đưa được pt về dạng: (x 2 – 2y 2 – 5)(x 2 + y 2 +1) = 0 ⇔ x 2 – 2y – 5 = 0 ⇔ x 2 = 2y 2 + 5 ⇔ x lẻ Đặt x = 2k + 1 ; ( k Z∈ ) ⇔ 4k 2 + 4k +1 = 2y 2 + 5 ⇔ 2y 2 = 4k 2 + 4k – 4 ⇔ y 2 = 2(k 2 + k – 1) ⇔ y chẵn Đặt y = 2n; (n Z∈ ) ⇔ 4n 2 = 2(k 2 + k – 1) ⇔ 2n 2 + 1 = k(k + 1) (*) Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp) ⇔ (*) vô nghiệm ⇔ pt đã cho vô nghiệm 0,25 0,25 0,25 2 (2,0đ) 2.1 (1,0đ) Để 18n + và 41n − là hai số chính phương 2 18n p⇔ + = và ( ) 2 41 ,n q p q− = ∈ N ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 18 41 59 59p q n n p q p q⇒ − = + − − = ⇔ − + = Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q − = =   ⇔   + = =   Từ 2 2 18 30 900n p+ = = = suy ra 882n = Thay vào 41n − , ta được 2 2 882 41 841 29 q− = = = . Vậy với 882n = thì 18n + và 41n − là hai số chính phương 0,5 0,5 2.2 (1,0đ) Gọi số cần tìm là : 10ab a b= + (a, b là số nguyên và a khác 0) Theo giả thiết: 10a b a b+ = + là số nguyên, nên ab và b là các số chính phương, do đó: b chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9 Ta có: ( ) 2 2 10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + ⇔ + = + + ⇔ − = ( ) 2 5 b a⇔ − = (vì 0a ≠ ) 0,5 Do đó a phải là số chẵn: 2a k= , nên 5 b k− = Nếu 1 8 81 8 1 9b a= ⇒ = ⇒ = + = (thỏa điều kiện bài toán) Nếu 4 6 64 6 4 8b a= ⇒ = ⇒ = + = (thỏa điều kiện bài toán) Nếu 9 4 49 4 9 7b a= ⇒ = ⇒ = + = (thỏa điều kiện bài toán) 0, 5 3 3,25đ ) 3.1 (1,0) d d ' D B A L I E N P H O M 0.25 Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2005 2006 Môn: Toán Lớp 9 Bảng A ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ). Bài 1: Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau thì có 2 mệnh đề đúng và một mệnh đề sai. a. A + 51 là số chính phơng. b. Chữ số tận cùng bên phải của số A là số 1. c. A 38 là số chính phơng. Bài 2: Giải hệ phơng trình: 4 282 22 =+ =++ yx xyyx Bài 3: Cho hai số thực x; y thoả mãn điều kiện: x > y và xy < 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 ) 11 ()( yx yxyx ++ Bài 4: Cho đờng tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC ( có góc C tù). A; B ; C lần lợt là tiếp điểm của đờng tròn (I ) với các cạnh BC,CA, AB của tam giác. Nối AA cắt đờng tròn (I) tại E, kéo dài C B và BC cắt nhau tại K. a. Chứng minh KE là tiếp tuyến của đờng tròn (I ) . b.Từ A kẻ đờng thẳng vuông góc với AA, đờng thẳng này cắt CB kéo dài tại F. Chứng minh đờng thẳng BC đi qua trung điểm của AF. =================== Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2005 2006 Môn: Toán Lớp 9 Bảng B ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ). Bài 1: Giải hệ phơng trình: x 2 + xy + y 2 = 4 x+ xy + y = 2 Bài 2: Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau thì có 2 mệnh đề đúng và một mệnh đề sai. a. A + 51 là số chính phơng. b. Chữ số tận cùng bên phải của số A là số 1. c. A 38 là số chính phơng. Bài 3 : : Cho hai số thực x; y thoã mãn điều kiện: x>y và xy < 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 ) 11 ()( yx yxyx ++ Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. M là điểm thuộc cung nhỏ BC ( M B; C ), E là giao điểm của BC với AM. a. Chứng minh: MCMBME 111 += . b. Gọi P là giao điểm của hai đờng thẳng AB và CM; Q là giao điểm của hai đờng thẳng AC và BM. Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC ( M không trùng với B và C) thì PQ luôn đi qua một điểm cố đinh. Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2005 2006 Môn: Toán Lớp 9 Bảng C ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ). Bài 1: Giải hệ phơng trình: x 2 + xy + y 2 = 4 x + xy + y = 2 Bài 2: Cho hai số a; b nguyên dơng thoã mãn điều kiện: a b b a 11 + + + là một số nguyên dơng. Gọi d là ớc số của a và b. Chứng minh: bad + Bài 3: Cho biểu thức: 142142 ++= xxxxP Tìm giá trị nhỏ nhất của P và tập giá trị x tơng ứng. Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. M là điểm thuộc cung nhỏ BC ( M B; C ). a. Chứng minh: MA = MB + MC. b. Gọi P là giao điểm của hai đờng thẳng AB và CM; Q là giao điểm của hai đờng thẳng AC và BM. Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC (M không trùng với B và C) thì PQ luôn đi qua một điểm cố định. Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2006 2007 Môn: Toán Lớp 9 Bảng A ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ). Bài 1 : Chứng minh rằng: a. Với mọi số tự nhiên n > 1 thì số A = n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 không thể là số chính phơng. b. Các số a và b đều là tổng của hai số chính phơng thì tích a.b cũng là tổng của hai số chính phơng. Bài 2: a. Hãy xác định giá trị x;y để có đẳng thức: 5x 2 + 5y 2 + 8xy + 2y 2x + 2 = 0 b.Cho hai số thực x, y thoả mãn phơng trình: 2x + 3y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S = 3x 2 + 2y 2 . Bài 3: Giải phơng trình: 2 12x25x11x7 23 + = x 2 +6x -1 Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) , kẻ đờng phân giác AD của góc BAC và đờng trung tuyến AM ( D;M BC). Vẽ hai đờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và tam giác ADM , hai đờng tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là I, đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự tại E và F. Tia AD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại J. a. Chứng minh: 3 điểm I, M,J thẳng hàng. b. Gọi K là trung điểm của EF, tia MK cắt AC và tia BA theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giác PAQ cân. Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2006 2007 Môn: Toán Lớp 9 Bảng B ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề ). Bài 1: Chứng minh rằng: a. Với mọi số tự nhiên n > 1 thì số A = n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 không thể là số chính phơng. b. Các số a và b đều là tổng của hai số chính phơng thì tích a.b cũng là tổng của hai số chính phơng. Bài 2: Hãy xác định giá trị x;y để có đẳng thức: 5x 2 + 5y 2 + 8xy + 2y 2x + 2 = 0 Bài 3: Cho hai số thực x, y thoả mãn phơng trình: 2x + 3y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng S = 3x 2 + 2y 2 . Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) , kẻ đờng phân giác AD của góc BAC và đờng trung tuyến AM ( D;M BC). Vẽ đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADM , đờng tròn này cắt các cạnh AB và AC của tam giác ABC theo thứ tự tại E và F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh: MK // AD. Sở GD-ĐT Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ an Năm học 2006 2007 Hớng dẫn chấm Môn: Toán Lớp 9 BảngA TT Lời giải Điểm Bài1 4điểm a.Giả sử n 6 n 4 + 2n 3 + 2n 2 = k 2 , k Z <=> n 4 ( n 2 1) + 2n 2 (n + 1) = k 2 <=> (n + 1) n 2 (n 3 n 2 +2) = k 2 <=> ( n+ 1) 2 n 2 [( n 1) 2 + 1] = k 2 =>( n 1) 2 + 1 phải là số chính phơng. Nhng ta có: (n 1) 2 < ( n- 1) 2 + 1 = n 2 + 2 (1 n) < n 2 do n >1 suy ra ( n- 1) 2 + 1 không phải là số chính phơng. Vậy A= n 6 n 4 + 2n 3 + 2n 2 không thể là số chính phơng. b. Giả sử a = m 2 + n 2 và b = p 2 + q 2 m;n;p;q Z. Ta có: a.b = (m 2 + n 2 )( p 2 + q 2 ) = m 2 p 2 + m 2 q 2 +n 2 p 2 +n 2 q 2 = m 2 p 2 + n 2 q 2 + 2mnpq +m 2 q 2 +n 2 p 2 2mnpq =(mp +nq) 2 + (mq np) 2 Đ.p.c.m Bài 2 6 điểm a. ( 3 điểm) 5x 2 + 5y 2 + 8xy + 2y 2x + 2 = 0 (1) (1) <=> 25x 2 + 25y 2 + 40xy + 10y 10x + 10 = 0 <=>25 x 2 + 16 y 2 + 1 + 40 xy 10 x 8 x + 9y 2 +18 y +9 = 0 <=> ( 5x + 4y 1) 2 + 9 (x 1) 2 = 0 =+ =+ 01y 01y4x5 Vậy x = 1, y = - 1 có đẳng thức (1). b.áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: (2x + 3y) 2 = ( 2 )2y. 2 3 3x. 3 2 + ( ) 2 9 3 4 + (3x 2 + 2y 2 ) = 6 35 ( 3x 2 + 2y 2 ) Suy ra: 3x 2 + 2y 2 35 6 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khÝ: x 2 3 :2y 3 2 :3 = vµ 2x + 3y = 1      = =+ 3 y2 2 x3 1y3x2 => 35 9 y; 35 4 x == Bµi 3 4 ®iĨm Ta cã: 7x 3 – 11x 2 + 25x – 12 = 7x 3 – 7x 2 + 21x – 4x 2 + 4x – 12 =7x( x 2 – x +3) – 4( x 2 –x + 3) = ( 7x – 4)( x 2 –x + 3) Ph¬ng tr×nh: )3xx)(4x7(2 2 +−− = x 2 +6x –1 §iỊu kiƯn: x ≥ 7 4 ( do x 2 –x +3 ≥ 4 11 ) )3xx)(4x7(2 2 +−− ≤ (7x – 4) +( x 2 –x +3) = x 2 +6x – 1 = VP §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi: 7x – 4 = ( x 2 –x +3) <=> x 2 – 8x + 7 = 0 x = 1 vµ x = 7 tho· nm·n bµi to¸n VËy nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ: x = 1 vµ x = 7 Bµi 4 6 ®iĨm a. (4 ®Ĩm)Tø gi¸c AEDM néi tiÕp =>BE.BA = BD.BM =>BE = BD.BM/BA (1) T¬ng tù: CF = CM.CD/CA ¸p dơng tÝnh chÊt cđa ph©n gi¸c BD/ BA = CD/CA (2) Theo gt: BM = CM Thay vµo (1) ta cã: BE = CF EBI = ICF( gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung) AEI = AFI => IEB = IFC Suy ra:∆BEI = ∆CFI => IB = IC => IM ⊥ BC (v× M lµ trung ®iĨm cđa BC) => IM ®i qua J §.p.cm. b.( 2 ®iĨm) ( gi¸m kh¶o tù vÏ h×nh) Gäi G, H theo thø tù lµ giao ®iĨm cđa BF vµ CE. DƠ dµng cã tø gi¸c KGMH lµ h×nh thoi. =>KM lµ ph©n gi¸c gãc GKH => KG// AD. =>Chøng minh ®ỵc tam gi¸c PAQ c©n. Sở Giáo dục - Đào tạo TP.Hồ Chí Minh KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-THCS CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2007 – 2008 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC J C I A B B B B D J M J B F E Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình : 2 2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + = ( x là ẩn số) a) Đònh m để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm. b) Gọi 1 2 ,x x là hai nghiệm của phương trình trên. Đònh m để A= 2 2 1 2 x x+ đạt giá trò nhỏ nhất. Câu 2 : (4 điểm) a) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh: 1 2 a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + < + + + + + + + + b) Cho 1 ; 1a b≥ ≥ . Chứng minh : 1 1a b b a ab− + − ≤ Câu 3 : (4 điểm) Giải các phương trình : a) 2 2 2 ( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − = b) 8 3 5 3 5x x+ − + − − = c) 2 2 1x x x x x+ + − = + Câu 4 : (2 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2 1n n+ + không chia hết cho 9. Câu 5 : (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H. a) Xác đònh vò trí của điểm M thu c cung BC khơng ch a i m A ộ ứ đ ể sao cho tứ giác BHCM là một hình bình hành. b) Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng. Câu 6 : (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 , diện tích tam giác COD bằng 9. Tìm giá trò nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. ĐÁP ÁN Câu 1: (4 điểm) Cho phương trình : 2 2 (6 3) 3 1 0x m x m− − − + = ( x là ẩn số) a) Đònh m để phương trình trên có hai ngiệm phân biệt đều âm. b) Gọi 1 2 ,x x là hai nghiệm của phương trình trên. Đònh m để A= 2 2 1 2 x x+ đạt giá trò nhỏ nhất. Giải: a) 2 2 (6 3) 8( 3 1) (6 1)m m m∆ = − − − + = − 1;2 6m - 3 6m - 1 x 4 ± ⇒ = 1 x 3m - 1⇒ = v 2 1 x 2 = − Để hai nghiệm phân biệt đều âm thì 1 3 1 0 3 1 1 3 1 2 6 m m m m  − < <     ⇔   − ≠−   ≠    b)Ta có A= 2 2 1 2 x x+ = 2 1 1 (3 1) 4 4 m − + ≥ A đạt GTNN là 4 1 khi 1 3 m = Câu 2 : (4 điểm) a) Cho a, b, c, d là các s d ng. Ch ng minh:ố ươ ứ 1 2 a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + < + + + + + + + + b) Cho 1 ; 1a b≥ ≥ . Chứng minh : 1 1a b b a ab− + − ≤ Giải : a) Ta có : ( với a, b, c, d là các số dương) a a a b c a b c d b b b c d a b c d c c c d a a b c d d d d a b a b c d > + + + + + > + + + + + > + + + + + > + + + + + Cộng bốn BĐT trên ta được : 1 a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + + + + + + + + + Ta lại có : 1 a a a b c a c c c c d a a c a c a b c c d a < + + + < + + + ⇒ + < + + + + và 1 b b b c d b d d d d a b d b b d b c d d a b < + + + < + + + ⇒ + < + + + + Từ đó ta có đpcm. b)Ta có 1 1 1 1( 1) 2 2 a a a a + − − = − ≤ = ( , 1)a b ≥ Suy ra : 1 2 ba b a − ≤ ( 1) Tương tự : 1 2 ab a b − ≤ (2) Cộng (1) và (2) ta có đpcm. Câu 3 : (4 điểm) Giải các phương trình : a) 2 2 2 ( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − = b) 8 3 5 3 5x x+ − + − − = c) 2 2 1x x x x x+ + − = + Giải: a) 2 2 2 ( 3 ) 6( 3 ) 7 0x x x x− − − − = Đặt 2 3t x x= − , ta có phương trình : 2 6 7 0 1 7t t t v t− − = ⇔ = − = Với 2 2 3 5 1, 3 1 3 1 0 2 t x x x x x ± = − − = − ⇔ − + = ⇔ = Với 2 2 3 37 7, 3 7 3 7 0 2 t x x x x x ± = − = ⇔ − − = ⇔ = b) 8 3 5 3 5x x+ − + − − = Đặt 2 8 3 0, 8 3u x u u x= + − ⇔ ≥ = + − Đặt 2 5 3 0, 5 3v x v v x= − − ⇔ ≥ = − − Ta có hệ phương trình: 2 2 5 2 3 3 2 13 u v u u v v v u v + = = =    ⇔    = = + =    Từ đó ta tìm được nghiệm x = 4 c) 2 2 1x x x x x+ + − = + ( Điều kiện : 0 1x≤ ≤ Ta thấy 0x = không thỏa nên ta chia hai vế cho x : 2 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x + − + = + ⇔ + + − = + Xét vế phải : 1 2x x + ≥ và dấu bằng xảy ra khi x = 1. Ta có : 2 2 2 ( 1 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 2 2 x x x x + + − ≤ + + − = Suy ra vế trài : 1 1 2x x+ + − ≤ và dấu bằng xảy ra khi x = 0. Vậy hai vế không bằng nhau. Phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 4 : (2 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2 1n n+ + không chia hết cho 9. Giải: Giả sử 2 1n n+ + chia hết cho 9 thì ta có : 2 1 .9 ( )n n k k N+ + = ∈ 2 1 .9 0n n k+ + − = ( 1) 1 4(1 .9) 36 3 3(12 1)k k k∆ = − − = − = − Ta thấy ∆ chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên không là số chính phương, do vậy phương trình (1) trên không thể có nghiệm nguyên. Vậy 2 1n n+ + không chia hết cho 9. ( đpcm) Câu 5 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H. a)Xác đònh vò trí của điểm M thu c cung BC khơng ch a i m A ộ ứ đ ể sao cho tứ giác BHCM là một hình bình hành. b)Lấy M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm N , H , E thẳng hàng. Gọi M o là điểm đối xứng của A qua tâm O của đường tròn. Ta có CM o song song với BH vì cùng vuông góc với AC. BM o song song với CH vì cùng vuông góc với AB. Vậy tứ giác BHCM o là một hình bình hành. Điểm M o chính là vò trí của M mà ta cần xác đònh. a) Ta có N và M đối xứng qua AB nên : ANB=AMB= ACB. H là trực tâm tam giác ABC nên AHB + ACB = 180 o Suy ra : ANB + AHB = 180 o . Tứ giác AHBN nội tiếp được cho ta : NHB = NAB. [...]... ∠OEM = 90 0 - (∠AEF)/2 T¬ng tù ∠ABC = ∠ACB = 90 0 - (∠BAC))/2 Do ®ã ∠BPE = 1800-∠ABC-∠OEB =(∠AEF +∠BAC)/2 = 90 0-∠AFE/2 = ∠OFE Hay ∠OPQ = ∠OFE Suy ra ∆OPQ ®ång d¹ng ∆OFE Do vËy PQ/EF = OH/OM = OH/R ( ®pcm !) së gi¸o dơc vµ ®µo t¹o qu¶ng ninh Bµi 1 1,0 ® 1,0 ® 1,0 ® 2,0 ® 1,0 ® kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 9 n¨m häc 2005-2006 b¶ng A Rót gän c¸c biĨu thøc sau : 1 1 1 1 1 a)A = 1 + 5 + 5 + 9 + 9 +... 4 x − -1) + ( 4 y − -1) + ( 4 z − -1)2 = 0 4x − = 1 4y − = 1 4 z − = 1 x = y = z = 1/2 tháa m·n ®/kiƯn 1 0,5 ® Cã A = 5− 1 + 5− 1 Rót gän, ®ỵc A = 9 5 9 −5 + 13 − 9 13 9 + + 3 +2 2 , b= 3 2005 − 2001 2005 −2001 + 3 −2 2 20 09 − 2005 20 09 −2005 Thư l¹i, thÊy x = y = z = 1/2 tháa m·n hƯ VËy hƯ ®· cho cã duy nhÊt nghiƯm lµ (x ; y ; z) = (1/2 ; 1/2 ; 1/2) Bµi 4 4 1) 4 ®iĨm 4 2) 2 ®iĨm Bµi 5 3... tr×nh x2 - 3ax - a = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt lµ x1 vµ x2 nªn ta cã : 9a2 + 4a > 0 (1) ; x12 - 3ax1 - a = x22 - 3ax2 - a = 0 ; x1 + x2 = 3a => x12 = 3ax1 + a ; x22 = 3ax2 + a (2) S¬ lỵc lêi gi¶i 3ax 2 + x12 + 3a a2 a2 9a 2 + 4a + + = 2 9a 2 + 4a a2 3ax1 + x 2 + 3a a2 Theo (1) th× 9a2 + 4a > 0 nªn ¸p dơng B§T C«si, ta ®ỵc A ≥ 2 A = 2 9a2 + 4a = a2 a = -1/2 DƠ kiĨm tra thÊy víi a = -1/2 th× x1 =... 3ax - a = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt lµ x1 vµ x2 nªn ta cã : 9a2 + 4a > 1,0 ® 0 (1) ; x12 - 3ax1 - a = x22 - 3ax2 - a = 0 ; x1 + x2 = 3a 0,5 ® => x12 = 3ax1 + a ; x22 = 3ax2 + a 3ax 2 + x12 + 3a a2 a2 9a 2 + 4a + + Khi ®ã: A = = 2 9a 2 + 4a a2 3ax1 + x 2 + 3a a2 3 2) 2 ®iĨm Theo (1) th× 9a2 + 4a > 0 nªn ¸p dơng B§T C«si, ta ®ỵc A ≥ 2 A = 2 9a2 + 4a = a2 a = -1/2 DƠ kiĨm tra thÊy víi a = -1/2 th×... = x1 + x 2 + x3 + x 4 Bµi 5 Chøng minh r»ng víi ∀x ∈ R, ∀y ∈ R ta cã :  21  x 2 + 9 +   1 y2   +9   +  3    y2 + 9 + 1 x2   +9   ≥ 80 DÊu b»ng x¶y ra khi nµo ? TÝnh ®ỵc EF = R 2 (1 −tgα) 2 + (1 −tg (45 0 −α)) 2 Suy ra SAEF = R2 (1 −tgα) 2 + (1 −tg (45 0 −α)) 2 ®Ị thi häc sinh giái h¶i d¬ng 2008 - 20 09 C©u 1 (2,0 ®iĨm ) 1)Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tư : ( a + b + c)3 − a 3 − b... COD bằng 9 Tìm giá trò nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD Giải : Đặt S BOC = x , S AOD = y S AOB OB S BOC = = Ta có S AOD OD SCOD 4 x Suy ra : = ⇒ xy = 36 y 9 Ta lại có S ABCD = 4 + 9 + x + y ≥ 13 + 2 xy = 13 + 2.6 = 25 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 6 Vậy diện tích tứ giác ABCD đạt giá trò nhỏ nhất là 25 së gi¸o dơc - ®µo t¹o qu¶ng ninh -Bµi 1: Bµi 2: kú thi chän häc sinh giái tØnh líp 9 n¨m häc... MINH NĂM HỌC 197 8- 197 9 (Vòng 1) Bài 1 1 a, b và c là 3 số khác nhau Chứng minh rằng : b −c c −a a −b 2 2 2 + + = + + ( a − b)(a − c ) (b − c )(b − a ) (c − a )(c − b) a − b b − c c − a 2 Phân tích biểu thức thành thừa số : a 2 (b − c) + b 2 (c − a ) + c 2 (a − b) Bài 2 Làm thế nào để đem 6 l nước từ sơng về, nếu trong tay chỉ có hai cái thùng, một thùng dung tích 4 l, một thùng dung tích 9 l và khơng... nhau t¹i trung ®iĨm mçi ®êng ) · · · · Ta cã BAI = EBA mµ BAI + · ABO = 90 0 ⇒ EBA + · ABO = 90 0 · XÐt ∆ EBK cã EBK = 90 0 ,®êng cao BM.Theo hƯ thøc trong tam gi¸c vu«ng ta 1 1 1 + = cã 2 2 BE BK BM 2 a 1 1 4 Mµ BK = r , BE = BI = R; BM = Nªn ⇒ 2 + 2 = 2 (§pcm) 2 R r a 0 vµ µ chung ∆AOB : ∆AMI · · XÐt ∆AOB vµ ∆AMI cã AOB = AMI = 90 A ⇒ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 AO AM AM AB AB = ⇒ AO = = AB AI AI 2R... (1) ≠ 0    9m ≠ 0 Víi ®iỊu kiƯn (*), ph¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiƯm ph©n biƯt, trong ®ã cã mét nghiƯm x = 1 > 0 vµ hai nghiƯm cßn l¹i x1 vµ x2 (x1 < x2 ) lµ nghiƯm cđa (b) Do ®ã ®Ĩ (1) cã 3 nghiƯm ph©n biƯt trong ®ã cã hai nghiƯm ©m th× x1 < x2 0 1   m < −1 hay m > ⇔ 4 ⇔ m < −1 hay m > (**)  4  S = x + x = −4 m < 0  m < −1 hay m > 0  1 2... + ∠C + ∠D ) = 2π Tõ ®ã chøng minh ®ỵc OK.OM = ON.OL Do ®ã ON = (OK.OM)/OL hay ON = k.m/l Sở Giáo dục - Đào tạo TP.Hồ Chí Minh KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9- THCS CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 : (3 đ)Thu gọn các biểu thức: a) A = 6 +2 5 − 29 −12 5 b) B = 8 + 8 + 20 + 40 c) C = ( 15 4 12 + − )( 6 + 11) 6 +1 6 −2 3− . 1.b 2,5 điểm Có A = 15 15 + 59 59 + 91 3 91 3 + .+ 20012005 20012005 + 200520 09 200520 09 Rút gọn, đợc A = 4 120 09 . 1,0 đ 1,5 đ Bài 2 3 điểm Chứng. 2 18 41 59 59p q n n p q p q⇒ − = + − − = ⇔ − + = Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30 59 29 p q p p q q − = =   ⇔   + = =   Từ 2 2 18 30 90 0n p+ =