100 đề đáp án HSG toán 9

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC 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 vng 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) +25 Tính giá trị biểu thức 10 Bài V (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C khơng có điểm nằm bên ngồi đường trịn (O) cho ABC có ba góc nhọn chu vi đường trịn 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…………….…… https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN 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: https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/   x 3  A    1 (với x  0; x  )  x x x x 3 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 trịn (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 không 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 (chuyên) 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 3 27 x x x       Điểm 0,5 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  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 =1 A = 3+1- x 0,25 ĐK: x  0,25 Biến đổi phương trình x ( x  1)  x x    0,25 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  0,5 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 = khơng số nguyên tố; 2018 0,25 0,25 0,25 2008 Xét n  A = số nguyên tố 0,25 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 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 vng AEB A, ta có   2 AM AE AB AE AB 2R  AM   AE  AB Câu (1,0điểm) 0,75 Xét hiệu M  (a  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)   (a 2b2  a 2b  ab2  ab)  (a  b2  a  b  ab)  0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  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 trịn Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Môn: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng 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 vơ nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm bất phương trình: x2  6x   x Câu (2 điểm)  y2    2017 (1) x xy   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 trịn  O1  đường kính AE đường trịn  O2  đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường trịn với M tiếp điểm thuộc  O1  N tiếp điểm thuộc  O2  https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ a) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm AE = cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường trịn (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  x   12x x2  x  2  8x  3 x2   x  2 x2    x2 x x2  2x  2x  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) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ (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 (*) vô 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 hồnh 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 C A K M O1 I EO D N 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) https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/  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  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 10 ... điểm) Cho tam giác ABC cân A, có góc A nhỏ 90 0 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... 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... xy    2017 (1)    y2 (x  0, z  0,x  z) z   10 09 (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 