Xem mẫu
- ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009
Bài 1: (3 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0
Bài 2: (3 điểm)
1 1 1
Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và + + =0
x y x
yz zx xy
Chứng minh rằng + + =3
x 2 y2 z2
Bài 3: (3 điểm)
Giải hệ phương trình:
⎧ x + y =7
⎪
⎨
⎪ x − 20 + y + 3 = 6
⎩
Bài 4: (4 điểm)
Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh
tam giác ABC lần lượt tại G, E, F.
OA OB OC
Chứng minh rằng + + =2
AG BE CF
Bài 5: (4 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy
điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống
AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD.
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 6: (3 điểm)
1 1 1
Chứng minh: 17 < + +L + < 18
2 3 100
1
- GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2008 – 2009
Bài 1.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1)
Biến đổi:
(1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0
2n 3 − 3n 2 +14n − 5 16
⇔m= = 2n − 3 + 2
n +7
2
n +7
Vì m, n ∈ Z, nên (n + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}.
2
+) Nếu n2 = 1 thì n = ±1
+) Nếu n2 = 9 thì n = ±3
+ Với n = 1, ta có m = 1
+ Với n = -1, ta có m = -3
+ Với n = 3, ta có m = 4
+ Với n = -3, ta có m = -8.
Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}.
Bài 2.
1 1 1
Cho x, y, z khác 0 thỏa + + =0 .
x y z
yz zx xy
Chứng minh 2 + 2 + 2 = 3
x y z
Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức:
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
1
= (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
2
Ta có:
(a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab]
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
1
= (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
2
Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
1 1 1 1 1 1
Đặt a = , b = ,c = , theo giả thiết + + = 0 nên suy ra a + b + c = 0
x y z x y z
Do đó a + b + c – 3abc = 0 ⇔ a + b3 + c3 = 3abc,
3 3 3 3
1 1 1 3
hoặc 3 + 3 + 3 =
x y z xyz
yz zx xy
Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 + 2 + 2 = 3 (đpcm).
x y z
Bài 3.
Giải hệ phương trình:
2
- ⎧ x + y =7
⎪
⎨
⎪ x − 20 + y + 3 = 6
⎩
Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0.
Đặt a = x − 20, b = y + 3 (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3.
Hệ phương trình viết lại:
⎧ a 2 + 20 + b 2 − 3 = 7 (1)
⎪
⎨
⎪a + b = 6(2)
⎩
Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3
Bình phương hai vế của (1) ta có:
a2 + 20 + b2 – 3 + 2 (a 2
+ 20 )( b 2 − 3) = 49 (3)
Thay b = 6 – a vào (3), ta có:
a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 (a 2
+ 20 ) ⎡( 6 − a ) − 3⎤ = 49
⎣
2
⎦
⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 (a 2
+ 20 )( a 2 −12a + 33) = 49
⇔ (a 2
+ 20 )( a 2 −12a + 33) = - a2 + 6a – 2 (4)
Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có:
(a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2
⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a
⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0
164
⇔ a1 = 4: chọn, a2 = > 6 : loại
13
Với a = 4, ta có b = 2.
Thế lại ẩn cũ:
a = 4 ⇒ x − 20 = 4 ⇔ x = 36
b = 2 ⇒ y+3 = 2 ⇔ y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:
x = 36, y = 1.
Bài 4. A
OA OB OC
Chứng minh: + + =2
AG BE CF
Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 S2 E
Ta có: S1
F
OA S1 S S1 + S2 S +S O
= = 2 = = 1 2 (1)
AG SABG SACG SABG + SACG SABC S3
Lập luận tương tự, ta có: B A C
OB S1 + S3 G
= (2)
BE SABC
OC S2 + S3 E
= (3) S1 S2
CF SABC F
O
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
S3
B C
G
3
- OA OB OC 2(S1 + S2 + S3 ) 2SABC
+ + = = =2 .
AG BE CF SABC SABC
Bài 5.
a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất
Ta có PAN + PHN = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1)
Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2) x
Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H
cùng thuộc một đường tròn.
C
Do đó AHM = APM = 900
Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên
MPD = MCD (góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Tam giác ABC vuông cân tại A có AD
vừa là đường cao vừa là đường trung trực,
vừa là đường phân giác nên:
D
MB = MC ⇒ ΔMBC cân tại M
H
⇒ MCD = MBD , do đó MPD = MBD (3)
P M
Ta lại có AMB là góc ngoài ΔMBD tại M nên:
AMB = MBD + MDB = MBD + 900 (4)
APH = APM + MPH = 900 + MPD (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra: APH = AMB (6) A B
K N O
Vì tứ giác APHM nội tiếp nên:
APH + AMH = 1800 (7)
Từ (6), (7) suy ra:
AMB + AMH = 1800
Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB = 900
Vậy H thuộc đường tròn (O).
E
Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất
⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D.
Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (R là bán kính đường tròn (O)).
b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định
Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O).
Ta có AHN = APN = 450. Vì AHB = 900, suy ra NHB = 450.
Do đó HN là tia phân giác của góc AHB , suy ra E là điểm chính giữa của cung AB , nên
điểm E cố định.
Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa
của cung tròn AB của đường tròn (O).
Bài 6.
Chứng minh:
1 1 1
17 < + +L +
- Ta chứng minh bài toán tổng quát:
1 1 1
2 n − 3< + +L + < 2 n − 2 (n ∈ N, n ≥ 2)
2 3 n
Ta có:
*)
1
k
=
2
k+ k
<
2
k + k −1
( )
= 2 k − k −1 (1)
Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có:
⎧ 1
(
⎪ 2 2 101 − 2 = 2 101 − 2 2 > 2 100 − 3 =17
1 1 1
Vậy 17 < + +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 cc biểu thức:
a) A 6 2 5 29 12 5
b) B 8 8 20 40
15 4 12
C( )( 6 11)
c) 6 1 62 3 6
Câu 2 : (3 đ)
2 2 2 2
a) Chứng minh : ( x y z ) 3( x y z ) , x, y, z R
1 1 1
x y z 1 , x , y , z
b) Cho 4 4 4 .
Chứng minh : 4 x 1 4 y 1 4 z 1 21 .
- Dấu bằng xảy ra khi x, y, z bằng bao nhiu?
Câu 3 : (4 đ)
Giải hệ phương trình v phương trình:
xy 12
x y 5
yz 18
y z 5
zx 36
a) z x 13
x2
x2 4 8 x2
b) 4
Câu 4 : (2 đ) Cho phương trình : ax 2 bx c 0 cĩ cc hệ số a , b, c l cc số
nguyn lẻ.
Chứng minh rằng phương trình nếu cĩ nghiệm thì cc nghiệm ấy khơng thể l
số hữu tỉ.
Câu 5 : (4 đ)
Cho nửa đường trịn tm O đường kính AB bằng 2R. Gọi M là một
điểm chuyển động trên nửa đường trịn (O) ( M khc A v B). Vẽ đường trịn tm M
tiếp xc với AB tại H. Từ A v B vẽ hai tiếp tuyến tiếp xc với đường trịn tm M lần
lượt tại C và D.
a)Chứng minh ba điểm M, C, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường
trịn (O) tại M.
- b)Chứng minh tổng AC + BD không đổi. Tính tích số AC.BD theo
CD.
c)Giả sử CD cắt AB tại K. Chứng minh OA2 = OB2 = OH.OK.
Câu 6 : (4 đ)
Tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O) cĩ ACB = 45o.
Đường tròn đường kính AB cắt AC và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh MN
AB
vuông góc OC và MN = 2.
- SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27/03/2013
( Đề thi gồm có 01 trang )
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức: A = x 50 x + 50 x + x 2 50 với x 50
b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
Câu 2 (2,0 điểm):
4x 3x
a) Giải phương trình + =6
x 2 5x + 6 x 2 7x + 6
x + y + 4 xy = 16
b) Giải hệ phương trình sau:
x + y = 10
Câu 3 (2,0 điểm):
a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab 11b 2 chia hết cho 5
thì a 4 b 4 chia hết cho 5.
5 3
b) Cho phương trình ax 2 +bx+1 0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết x =
5+ 3
là nghiệm của phương trình.
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ
đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng
d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung
điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và
O), BC cắt MN tại K.
a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng
MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5 (1,0 điểm):
1
Cho A n = với n * .
(2n +1) 2n 1
Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 .
------------- HẾT ------------
Họ và tên thí sinh: ……………………………… ….. Số báo danh …………….
- Chữ kí giám thị 1 ………………….. Chữ kí giám thị 2 …………………..
- SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm
CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM
Ta có :
2
A2 = x - 50 - x + 50 x + x 2 - 50 0,25
A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50
a)
A2 = 2x - 2
x 2 - 50 x + x - 50
2
0,25
1,0
điểm
A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50
Câu 1 A 2 = 100 0,25
2,0
điểm
Nhưng do theo giả thiết ta thấy A = x - 50 - x + 50 x + x 2 - 50 x 2 3 ( x 2) 3
b) x2 4 x 1 0 0,25
1,0 B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 0,25
điểm 0,25
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013
B = 2013 0,25
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với:
4 3
+ =6
6 6
x 5+ x7+
x x
6
Đặt t = x 7 + phương trình trở thành
x
Câu 2 a) 4 3
+ =6 1 t 0;t 2 0,25
2,0 1.0 t+2 t
điểm điểm 1 4t 3t 6 6t 2 12t 6t 2 5t 6 0
3 2
Giải phương trình ta được t1 ; t 2 ( thỏa mãn )
0,25
2 3
3 6 3
Với t1 ta có x 7 2 x 2 11x 12 0
2 x 2
3
Giải phương trình ta được x1 ; x 2 4 ( thỏa mãn ) 0,25
2
- 2 6 2
Với t 2 ta có x 7 3 x 2 23 x 18 0
3 x 3
23 313 23 313
Giải phương trình ta được x 3 ; x4 (thỏa mãn)
6 6
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là :
3 23 313 23 313 0,25
x1 ; x 2 4 ; x 3 ; x4
2 6 6
x + y + 4 xy = 16
(I) ( x; y 0 )
x + y = 10
Đặt S= x y ;P= xy ( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng
S + 4P = 16 0,25
2 ( II)
b) S - 2P = 10
1,0 S = 4
điểm Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được 0,25
P = 3
Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0
Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 0,25
x = 9 x = 1
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ;
y = 1 y = 9 0,25
4a 2 3ab 11b 2 5 5a 2 5ab 10b 2 4a 2 3ab 11b 2 5 0.25
a) a 2 2ab b 2 5
2
1.0 a b 5 0,25
điểm 0,25
a b5 ( Vì 5 là số nguyên tố)
4 4
2
a b a b 2 a b a b 5 0,25
2
Câu 3
x
5 3
=
5 3 4 15
2,0 5 3 5 3 5 3 0,25
điểm
5 3
x là nghiệm của phương trình nên ta có
b) 5 3
1,0 2
điểm
a 4 15 b 4 15 1 0
a 31 8 15 b 4 15 1 0
15(8a b) 31a 4b 1 0 0,25
Vì a, b Q nên (8a b), (31a 4b 1) Q
- 31a 4b 1 0,25đ
Do đó nếu 8a b 0 thì 15 Q (Vô lí)
8a b
8a b 0 a 1
Suy ra 0,25
31a 4b 1 0 b 8
M
Q
P O D
H
A B
K
I d
C
N
E
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
a) OI BC OIA 900 0,25
1,0 Ta có AMO 900 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) 0,25
điểm ANO 900 ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) 0,25
Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA 0.25
Câu 4 AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác
3,0
điểm MON mà ∆OMN cân tại O nên OA MN
1
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì ANB=ACN= sđ NB và
2
AB AN 0,25
CAN chung ) suy ra = AB.AC=AN 2
AN AC
∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2
b) Suy ra AB.AC = AH.AO 0,25
1,0 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=900 và OAI chung )
điểm AH AK
= AI.AK=AH.AO
AI AO
AI.AK=AB.AC
AB.AC
AK= 0,25
AI
Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định,
K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K 0,25
cố định
c) Ta có PMQ=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).
1,0
- điểm Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),
ME MH 0,25
EMH=MQD ( cùng phụ với MPO )
MQ DQ
∆PMH đồng dạng với ∆MQH
MP MH MH
MQ HQ 2 DQ 0,25
MP 1 ME
MQ 2 MQ
0,25
ME = 2 MP P là trung điểm ME.
0,25
1 2n 1
A
n (2n 1) 2n 1 (2n 1) 2n 1 0,25
2n 1 1 1 2n 1 1 1 1 1
A
n 0,25
2 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 1 1 1 2
Câu 5 Vì 0 và nên
1,0 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
điểm 1 1 0,25
A (n *)
n 2n 1 2n 1
1 1 1 1 1
Do đó: A1 A2 A3 ... An 1
3 3 5 2n 1 2n 1
1 0,25
A1 A2 A3 ... An 1 1
2n 1
Hết
nguon tai.lieu . vn
