De thi hoc sinh gioi Toan 9

I là trung điểm của BC, Mặt khác, ta có I là trung điểm của MN gt Suy ra CMBN là hình bình hành Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ... MC là đường cao của[r]

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Kì thi: Học sinh giỏi Môn thi: Toán Thời gian làm bài 150 phút Họ và tên: Mai Văn Thi Đơn vị: Trường trung học sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam Nội dung đề thi: Bài 1: (5 điểm)a) Tính (không dùng máy tính bỏ túi): 20122 2012 P = 1+ 2012 + + 20132 2013 b) Chứng minh số sau là số hữu tỉ Q= 1 1 1 1 1 1 + + + + +  + +   + + 2 3 4 2012 20132 Bài 2: (2 điểm) Chứng tỏ số p = + - - là nghiệm phương trình x3 + 3x - 4=0 Bài 3: (2 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xy yz zx   x  yz y  zx Tìm giá trị lớn biểu thức: P = z  xy  a, b, c 3  a + b + c 3 Chứng minh rằng: Bài 4: (2 điểm) Cho ba số a, b, c thỏa mãn  a + b2 + c2 11 Bài 5: (3 điểm) Cho đường thẳng y = (1 – 4k)x + k – (d) a) Tìm k để đường thẳng (d) tạo với trục Ox góc có số đo 60o b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn qua điểm cố định Tìm điểm cố định đó Bài 6: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm A với OA = 2R Tư A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (với B, C là các tiếp điểm) Tư A vẽ cát tuyến APQ đến đường tròn (O) (cát tuyến APQ không qua tâm O) Gọi H là trung điểm đoạn thẳng PQ; BC cắt PQ K a) Chứng minh AP.AQ = 3R2 b) Cho OH  R , tính độ dài đoạn thẳng HK theo R Bài 7: (2 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB, I là trung điểm MN a) Tư A kẻ Ax  MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành b) Chứng minh C là trực tâm tam giác AMN -HẾT - Đáp án Bài Bài Nội dung Điểm 20122 2012 P = 1+ 2012 + + 20132 2013 a) 2 Ta có 20132  2012  1 20122  2.2012.1  12 20122  2.2012  0,5   20122 20132  2.2012 Do đó P = 1+ 20122 + 20122 2012 20122 2012 +  2013 2.2012 + + 20132 2013 20132 2013 2012 20122 2012  2012  2012  2013 - 2.2013 + +   2013 + 2013 2013 2013  2013  2013  2013- b) Q= 2012 2012 2012 2012 + 2013 = 2013 2013 2013 2013 2013 0,5 0,5 0,5 1 1 1 1 1 1 + + + + +  + +   + + 2 3 4 2012 20132 Ta có: 1 1 2    12   2   1   a1 a  a  1 a a   a  1 a a 12  12  12   a  1    a a1  2 2     a a1 a1 a a  a2  a  1  a  1 1  2   a a a 1     1   a a    a  1 Do đó: 2 1 1 1  1    1  a a1 a a1 a Cho k = 3, 4, 5, 6,…, 2012, 2013 Ta có: Q= 1,0 1 1 1 1 1 1 + + + + +  + +   + + 2 3 4 2012 20132 0,5 0,5 1   1  1  1                       3  4  5  2012 2013  1 2012   lµ mét sè h ÷ u tØ 2013 Ta có: p = +2 - -2   +    +   p3 = Bài  +2 - 5-2 1,0  +  3 - - 0,5  -2 3 3 +    5-2  -2   +2 - 5-2  +2 =  3 - 4.p 4  3p  p3  3p  = Vậy số p = 0,5 0,5 0,5 + - - là nghiệm phương trình x3 + 3x - 4=0 Bài x  y  z 1  z  x  y  z  z xz  yz  z Ta có:  z  xy xz  yz  z  xy x(z  y)  z(y  z) = (z  x)(z  y)  x y  xy xy zx zy   z  xy (z  x)(z  y) Tương tự ta có: y z  yz x y x z  x  yz 0,5 0,5 z x  zx yz yx  y  zx x y y z z x      zx zy xy xz yz yx  P xz zy yx   xz zy yx = = 0,5 x y z  Dấu “=” xảy Tư đó giá trị lớn P là đạt và 0,5 x y z  Vì Bài  a 3     b 3   c 3  0,5 (a  1)(b  1)(c  1) 0  (3  a)(3  b)(3  c) 0 abc  ab  bc  ac  a  b  c  0   2(ab  bc  ac)  27  9(a  b  c)  3(ab  bc  ac)  abc    a  b2  c2  2(ab  bc  ac) a  b  c2   (a  b  c) a  b  c  0,5  32  a  b  c  a  b  c 11 0,5 0,5 a) Vì đường thẳng (d) tạo với trục Ox góc có số đo 60 o 0,5  k nên a = – 4k > Vì đường thẳng (d) tạo với trục Ox góc có số đo 60 o là 1,0 góc nhọn nên Bài 1 tan  1  4k tan 600   k  b) Giả sử đường thẳng (d) luôn qua điểm M(x0; y0) cố định Khi 0,5 đó ta có: y0 = (1 – 4k) x0 + k – đúng với k  (1 - x0)k + x0 – y0 – = đúng với k 1  x 0   x – y0 –   x     y  7   7 M ;  Vậy đường thẳng (d) luôn qua điểm  4  cố định Bài a) Xét ABP và AQB có  BAP là góc chung 0,5 0,5    ABP AQB  sñ BP (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung) Do đó ABP AQB(g.g) AB AP    AP.AQ AB2 (1) AQ AB Mặt khác ABO vuông B, theo định lí Pytagor, ta có 1,0 OA AB2  OB2  AB2 OA  OB2  2R   R2 3R (2) Tư (1) và (2)  AP.AQ 3R c/ AHO vuông H, theo định lí Pytagor Ta có 1,0  R  15R OA AH  OH  AH OA  OH  2R      2 2 2 2 R 15  AH  AKC Xét và ACH ta có:  CAH là góc chung AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)    ABC cân A  ACK ABC  o Mặt khác ACO 90  C thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHAB     ABC AHC  sñ AC (góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHAB)  0,5 0,5  Do đó ACK AHC Vậy AKC ACH (g.g) 0,5 AK AC AC2 3R 6R 6R 15    AK     AC AH AH R 15 15 15 R 15 6R 15 R 15 HK AH  AK    15 10 Lời giải 0,5 a) Ta có I là trung điểm MN (gt) Bài  OI  MN I (quan hệ vuông góc đường kính và dây cung) Ta có Ax  MN (gt)    OI // Ax hay OI // AC và O là trung điểm AB OI là qua trung điểm cạnh BC 0,5 I là trung điểm BC, Mặt khác, ta có I là trung điểm MN (gt) Suy CMBN là hình bình hành (Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường )  0,5 b) Ta có tứ giác CMBN là hình bình hành (chứng minh trên) MC // BN  Mà ANB 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BN  AN  MC  AN  MC là đường cao tam giác AMN Mà Ax  MN (gt) hay AC  MN giác AMN   AC là đường cao tam C là trực tâm tam giác AMN 0,5 0,5 ( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng cho điểm tương đương) Đề thi đề xuất Kì thi: vào trung học phổ thông ( không chuyên) Môn thi: Toán Thời gian làm bài 120 phút Họ và tên: Vũ Hồng Văn Đơn vị: Trường trung học sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam Nội dung đề thi: Câu (3 điểm):( Không sử dụng máy tính bỏ túi): a) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a1 ) x2 – 5x + = 2 x  y  13  a ) 3x  y 9 b) Tính giá trị biểu thức sau: A = 12   21  12 Câu (1,5 điểm): (Giải bài toán sau cách lập phương trình) Hai bến sông X và Y cách 80km Một ca nô xuôi dòng tư X đến Y ngược dòng tư Y X 8giờ 20 phút Tính vận tốc riêng ca nô biết vận tốc dòng nước là 4km/h  x2 x      x x  x  x  x   x1 Câu (1,5 điểm): Cho biểu thức: P =  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P x = Câu (4,0 điểm): Tư điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến MA và MB (A,B là các tiếp điểm) Trên cung nhỏ AB lấy điểm C (C khác A, B) Vẽ CD  AB, CE  MA CF  MB Gọi I là giao điểm AC và DE, F là giao điểm BC và DF Chứng minh rằng: a) Các Tứ giác AECD, BFCD nội tiếp   b) BMO BAO c) CD2 = CE.CF d) CD  IK _HẾT _ (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN+ BIỂU ĐIỂM: Câu Ý Câu a Đáp án Biểu điểm 2,0đ 1,0đ Giải phương trình: x2 – 5x + = = b a1 - 4ac = (-5)2 – 4.1.6 = 25 – 24 = > 0,5đ  =  phương trình có nghiệm phân biệt:  b    ( 5)   x1    3 2a 2  b    (  5)   x2    2 2a 2 Vậy pt có nghiệm : x1 3; x2 2 0,5đ Giải hệ phương trinh sau: 1,0đ 2 x  y  13  3x  y 9 a2 b 2 x  y  13 6 x  y  39  x  y  13    3x  y 9  6 x  10 y 18  19 y 57 2 x  13  3.3    y 3  x     y 3 0,5đ 0.5đ Tính giá trị biểu thức sau: A = 12   21  12 A = (3  A 3  0,5đ 3)  (2  3) 2  0,5đ A 25 + Đổi 20 phút = (h) + Gọi vận tốc riêng ca nô là x (km/h) (đk: x > 4) + Vận tốc ca nô xuôi dòng là : x + (km/h) + Thời gian ca nô xuôi dòng tư X đến Y là: 80 x  (h) + Vận tốc ca nô ngược dòng là: x – (km/h) 0,25đ 80 + Thời gian ca nô ngược dòng là: x  (h) Theo bài ta có phương trình: 0,5đ 80 80 25 x 4 + x = Câu 80.3( x  4)  80.3( x  4) 25.( x  4)( x  4)  3.( x  4)( x  4) 3.( x  4)( x  4)   240.(x-4) + 240.(x + 4) = 25.(x2 - 16)  240x – 960 + 240x + 960 = 25x2 – 400  25x2 - 480x – 400 =  5x2 - 96x – 80 = ' = (b’)2 – ac = (-48)2 – 5.(-80) = 2304 + 400 = 2704 >  ' = 52  Phương trình có nghiệm phân biệt:  b ' '  ( 48)  52 100   20 a 5 (tm điều kiện x > 4)  b ' '  (  48)  52  x2    a 5 (loại ) x1  a Vậy vận tốc riêng ca nô là 20km/h Rút gọn biểu thức P 0,5đ 0,25đ 1đ 0,25đ 2( x  x  1) ĐKXĐ: x  ; x 1 ( x  1) ( x  x  1)  x   x ( x  1)  ( x  x  1)    ( x  1)( x  x  1)   x1 P= x2x x  x x  x1 P = ( x  1)( x  x 1) 2( x  x  1) P = ( x  1) ( x  x  1) Câu 2( x  1)2 P = ( x  1) ( x  x  1) P = x  x 1 b 0,5đ Thay x = vào biểu thức P ta được: 0,25đ P =  1 2  P =  1 a 0,25đ Vẽ hình, ghi GT- KL đúng 0,25đ Chứng minh tứ giác ADCE nội tiếp   + Ta có: ADC 90 (CD  AB); AEC 90 (CE  MA) 1đ  ADC  AEC 1800  Tứ giác ADCE nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối 0,5đ 0,5đ 1800) b   Chứng minh: BMO BAO 0,75đ  + Ta có: MAO 90 (vì MA là tiếp tuyến)  MBO 900 (vì MB là tiếp tuyến) Câu    MAO  MBO 1800 0,5đ  Tứ giác MAOB nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối 1800)     BAO BMO (2 góc nội tiếp cùng chắn BO ) c Chứng minh CD2 = CE.CF + Vì tứ giác AECD nội tiếp (chứng minh trên)      EAD  ECD 1800 Hay MAB  ECD 1800 (1) + Vì tứ giác BFCD nội tiếp (chứng minh trên)      FCD  FBD 1800 Hay FCD  MBA 1800 (2) Lại có: MA = MB (Định lý tiếp tuyến cắt nhau)    MAB cân M  MAB MBA (3)   Tư (1);(2);(3)  ECD FCD (4)    + Trong tg AECD có : E1  A1 (Góc nội tiếp cùng chắn CD )    + Trong tg BFCD có: B1 D1 (Góc nội tiếp cùng chắn CF ) 0,25đ 1,0đ 0,25đ 0,25đ   Mà : A1 B1 (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây  cung cùng chắn BC ) d   Nên: E1 D1 (5) Tư (4) và (5)  CED CDF (gg) CE CD   CD CF  CD2 = CE.CF CD  IK   A (B  ) D + Theo chứng minh trên: 1 0,25đ 0,25đ 1đ   Chứng minh tương tự: D2 B2        D1  D2  ACB  A1  B2  ACB     D1  D2  ACB 180   IDK  ICK 1800 Hay  Tứ giác IDKC nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối 1800)     K1 D2 (Góc nội tiếp cùng chắn CD )    K1 B2 Mà góc này ở vị trí đồng vị  IK // AB  IK  IK 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng cho điểm tương đương) -HẾT - Đề thi đề xuất Kì thi: vào trung học phổ thông (chuyên) Môn thi: Toán Thời gian làm bài 120 phút Họ và tên: Mai Văn Thi Đơn vị: Trường trung học sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam Nội dung đề thi: Bài 1: (1 điểm) Tính (không dùng máy tính bỏ túi): A   16  125  27   16  125 27 Bài 2: (1,5 điểm) Giả sử m và n là hai nghiệm phương trình: x2 + ax + = (1) Giả sử p và q là hai nghiệm phương trình: x2 + bx + = (2) 2 m  p n  p m  q n  q  b  a         Chứng minh rằng: Bài 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y x2 và điểm M(0; 2) Gọi (d) là đường thẳng qua M và có hệ số góc k a) Vẽ đồ thị (P) b) Chứng tỏ với k, (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt P và Q Tìm tập hợp trung điểm I PQ c) Với giá trị nào k thì PQ ngắn ? Tìm giá trị ngắn đó ? Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng: 13  23  33  43   n       n  với n  Bài 5: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), AC > AB Gọi I là điểm chính cung nhỏ BC, M là giao điểm AB và CI Tiếp tuyến đường tròn C cắt tiếp tuyến đường tròn I, cắt AI E, N a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp 1   b) Gọi F là giao điểm AI và BC Chứng minh rằng: CE CN CF 3n + 3n + Bài 6: (1 điểm) Cho các số a1 , a2 , a3 ,…………,a2000 Biết an = * với n  ; n = 1,2,…,2000 Tính S = a1 + a2 + a3 + + a2000 -HẾT - n + n Đáp án Bài Nội dung Điểm Ta có: 125 125 125 125 A   16     16    16    16  27 27 27 27 0,25  125 125  3   A   16    16    27 27    6  5A 0,25  A  5A  0   A  A    6A   0  A  A  1  A  1   A  1 0   A  1  A  A   0 0,25 Suy A – = (1) hoặc A + A + = (2) Tư (1) suy A =  23 23  VT A  A   A      VP 2 4  Tư (2) ta có Do đó (2) vô nghiệm 0,25 Vậy A = m  n  a  mn 1 Áp dụng định lý Vi-ét, tư (1) suy ra:  0,25 p  q  b  pq 1 Tư (2) suy ra:  Ta có : VT =  m  p   n  p   m  q   n  q   mn  p  m  n   p   mn  q  m  n   q    pa  p   qa  q  1  qa  q  pa  pqa  pq 2a  p  p 2qa  p 2q   q  p  p q   a  p  q  pq  p q   a pq 2 2 2  q  p  2  a  p  q    pq   a  q  p  2pq   a 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25  p  q   a b2  a VP 2 Vậy:  m  p   n  p   m  q   n  q  b  a 0,25 a) Bảng số giá trị: x -4 -2 4 1 0,25 x Vẽ đồ thị y y = x2 0,25 (d) b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = kx + b Vì đường thẳng (d) qua điểm M(0; 2) nên ta có: = k.0 + b  b = Vậy (d): y = kx + Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: x2 kx   x  4kx  0 Ta có: '   2k  (1)  1.  8 4k  8  0,25 0,25 với m  Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Do đó (d) luôn cắt (P) hai điểm phân biệt P và Q Vì I là trung điểm PQ nên xI  xP  xQ và I  (d) 0,25 Mà x P  x Q    4k  4k  xI  4k 2k  y kx I  2 x  k I   x I 2k      y I kx I   y  x I x   x I   I I Ta có hệ: 0,5 x2 yI  I  2 Vậy I thuộc Parabol (PI): 0,25 c) Ta có: PQ  x P  x Q    y P  yQ  Ta có:    4k  4k  x P  x Q      x x    P Q  x  x   4k  16k P Q   x P x Q  0,25   x P  x Q  16k  4x P x Q 16k  4.   16k  32 x Q2 x 2P yQ  yP  4 Ta có ; x 2P x Q y P  yQ     x P  x 2Q    x P  x Q   x P  x Q   4 4   yP  yQ  2 2 1    x P  x Q   x P  x Q     x P  x Q   x P  x Q  4  16 0,25   16k  32   4k   16k  32  k 16 Vậy PQ2 = (16k2 + 32) + (16k2 + 32)k2 = (16k2 + 32).(k2 + 1) 16k  32 32 k 0     16k  32   k  1 32.1 32 k  1 Ta có: 2 Do đó PQ 32 k = Suy PQ = 32 4 k = 0,5 Ta có: P1 1 1 1 P2 13  23 9    P2 13  23  33 36    3 0,25 …… 3 3 Giả sử: Pk 1      k       k  (1) với k  Ta chứng minh rằng: Pk 1 13  23  33  43   k   k  1 1      k   k  1  Ta có      k  (2) k. k  1  k  k  1  Pk     Do đó tư (1) suy 0,25 (1’) Cộng (k+1)3 vào hai vế (1’), ta được: 2  k  k  1   k Pk   k  1     k  1  k  1    k  1      k  4k   k  1  k    k  1  4 2  Pk 1  k  1  k    Vậy đẳng thức (2) đã chứng minh Do đó: 0,5 13  23  33  43   n       n  với n     s®BI  AMC  s®AC a) Ta có: ( Định lí góc có đỉnh ở bên   0,25 ngoài đường tròn)    s®CI  ANC  s® AC Ta có: ( Định lí góc có đỉnh ở bên ngoài   0,25 đường tròn)    Mà sđBI sđCI (Vì I là điểm chính cung nhỏ BC )   Vậy AMC ANC Mà hai điểm M và N cùng nhìn AC góc  và nằm cùng phía so với AC Do đó tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn     CIE  sđCI  sđBI BCI 2 b) Ta có   Mà hai góc CIE, BCI ở vị trí so le nên IE // BC IE EN  Do đó: CF CN ( Định lí Ta-lét) Mà IE = CE ( Định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 0,25 0,25 0,25 CE EN  CF CN Suy 0,25 CE CE CE EN CE  EN CN      1 CN CF CN CN CN CN Do đó 0,5  1   CE.     1  CN CF CE  CN CF  1   Vậy CE CN CF n + 3n + 3n +1 -n3  n +1 n3 0,25 n +1 -n3  = = 33 3  n +1 n n  n +1 0,5 Ta có: an = Do đó: a1 + a2 + a3 + + a2000 =  7999999999 1 1  1   13 - 23    23 - 33     19993 - 20003  1  20003 8000000000 0,5       ( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng cho điểm tương đương)