›
›
›

Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 (Có lời giải)

pdf 432 trang minhtam 01/11/2022 6580
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 (Có lời giải)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfbo_de_on_thi_mon_toan_hoc_9_co_loi_giai.pdf

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 (Có lời giải)

  1. m 0 m 0 m 2 0 m 2 0 m 2 (1) m 0 m 0 m 2 0 m 2 Cắt trục tung: m2 1 3 m 2 (2) Từ (1) và (2) m  Câu 1b. Tìm giá trị nhỏ nhất của M 5x2 y 2 z 2 z 4x 2xy 1 19 M x2 2xyy 2 4x 2 4x1z 2 z 44 2 22 1 9 9 x y 2x 1 z 2 4 4 9 Giá trị nhỏ nhất của M 4 x y 0 1 2x 1 0 x y z 2 1 z0 2 Câu 1c. Cho x+y= - 5 và x22 y 11 . Tính xy33 Ta có: x3 y 3 x y x 2 y 2 xy 5(11 xy) (1) Mà x y 5 x22 y 2xy 25 11 2xy 25 xy 7 (2) Từ (1) và (2) x33 y 5.(11 7) 20 Câu 2 x22 5x 6 x 9 x 2x 2a. Rút gọn: A : 2. 1 22 3x x (x 2) 9 x 3x ĐK: 3 x 3 x 3 x 2 x 3 x. 3 x 3 x 2x A : 2 x(3 x) (x 2) 3 x. 3 x 3 x 3 x 3 x x 2 3 x x 3 x 3x :2 3x 3 x. x 3 x x 2 3 x 3 x 3 x 1 :2 3x 3 x 2
  2. 111 1 11 1 1ab (ab) abcabc ababcc ab c(abc) (a b)c(a b c) ab(a b) (a b) c(a b c) ab 0 Câu 2b. Ta có : (a b) c(a c) bc ab 0 (a b) c(a c) b(a c) 0 a b 0 a b (a b)(a c)(b c) 0 b c 0 b c c a 0 c a Thế vào tính được Q = 0 Câu 3 3a. Gpt: 33x 10 17 x 3 3 33x 10 17 x 33 x 10 17 x 33 (x 10)(17 x).3 27 x 10 (x 10)(17 x) 0 x 17
  3. 2x 3 y 5 2 3 3b. y 5 2x 3 x ;y 5 2 3x 2y 19 2x 3 1 2 Đặt m0 m 2m2m102 m1 0m1 (chọn) y5 m 2x 3 1 2x 3 y 5 2x y 8 y5 2xy8 4x2y16 x5 Giải hệ 3x2y 19 3x2y 19 y 2 Câu 4. A B F E D I K C a) Chứng minh KD CI và EF // AB Chứng minh ABID, ABCK là hình bình hành DI CK (cùng bằng AB) DI IK CK IK DK CI AE AB Vì AEB đồng dạng KED (g.g) EK KD AF AB AFB đồng dạng CFI(g.g) FC CI AE AF Mà KD = CI EF / /KC (Định lý Ta let đảo trong AKC ) EK FC b) Chứng minh AB2 CD.EF Ta có : KED đồng dạng AEB(g.g)
  4. DK DE DK AB DE EB AB EB AB EB (Vì ABCK là hình bình hành) DK KC DB DC DB (1) AB EB AB EB Do EF//DI (theo cmt : EF//KC và I KC) DB DI DB AB (2) (Vì DI = AB) EB EF EB EF DC AB Từ (1) và (2) AB2 DC.EF AB EF Câu 5. A O D Q B C H K M a) Chứng minh MC+MB=MA Trên MA lấy D sao cho MD = MB MBD cân tại M Góc BMD = góc BCA =600 (cùng chắn cung AB) MBD đều Xét MBC và DBA có MB = BD (vì MBD đều) BC = AB (vì ABC đều) Góc MBC = góc DBA (cùng cộng DBC bằng 60 )
  5. MBC DBA(c g c) MC DA Mà MB = MD (gt) MC MB MA b) Xác định vi trí của M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất Ta có MA là dây cung của (O; R) MA 2R MAMB MC 4R (không đổi) Dấu “ =” xảy ra MA là đường kính M là điểm chính giữa cung BC 2 3. S 2S' c) CMR: MH MK MQ 3R MH.AB MK.BC MQ.AC SSS Ta có : 2 2 2 MAB MBC MAC AB.(MH MK MQ) 2(S 2S') Vì AB là cạnh tam giác đều nội tiếp (O;R) 2 3(S 2S') AB R 3 MH MK MQ 3R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2016 2017 PHẦN THI CÁ NHÂN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút I. PHẦN GHI KẾT QUẢ Câu 1. Có bao nhiêu hình chữ nhật trong hình vẽ sau: Câu 2. Tìm số hạng thứ 7 của dãy số sau đây: 1; 1; 2; 5; 29; Câu 3. Có 5 đôi giày màu xanh và 10 đôi giày màu đỏ bỏ chung trong cái hộp. Hỏi phải lấy ra ít nhất bao nhiêu chiếc giày ( mà không nhìn vào trong hộp ) để chắc chắn có một đôi cùng màu và đi được . Câu 4. Có một nhóm bạn rủ nhau đi câu cá, bạn câu được ít nhất câu được 1 tổng 9 số cá câu được, bạn câu được nhiều cá nhất câu được 1 tổng số cá câu được. Biết 7 rằng số cá câu được của mỗi bạn là khác nhau. Hỏi nhóm bạn có bao nhiêu người Câu 5. Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn đẳng thức: x 2 y 2 2 3 Câu 6. Giải phương trình 3x 2 3 x 4 3 2
  6. 2(x 2x y) 3 y Câu 7. Giải hệ phương trình 22 x 2xy y 2 4 Câu 8. Cho các số x,y 0 thỏa mãn x1 . Tìm giá trị lớn nhất của y x 2y y 2x P xy22 Câu 9. Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AC và các đường thẳng AD, BM, CE đồng quy tại K nằm trong tam giác ( D BC;E AB ) Biết AKE và BKE có diện tích lần lượt là 10cm2 và 20cm2 . Tính diện tích tam giác ABC Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết đường cao AH, tung tuyến BM và phân giác trong CD đồng quy. Tính AB AC PHẦN II. TỰ LUẬN ab Câu 11. Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab ab Câu 12. Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn và có các cạnh đối không song song . Gọi F là giao điểm của AB và CD, E là giao điểm của AD và BC; H, G theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AC và BD. Đường phân giác góc BED cắt GH tại điểm I a) Chứng minh rằng IH.BD = IG.AC S b) Cho độ dài CD = 2.AB . Tìm tỉ số diện tích IAB SICD Câu 13. Cho hình tròn ( C) có bán kính bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương k sao cho với mọi cách vẽ k điểm bất kỳ và phân biệt thuộc hình tròn ( C) thì luôn tồn tại hai điểm trong k điểm đó thỏa mãn khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HÀ TĨNH NĂM 2016-2017 Câu 1. Số hình chữ nhật là (1+2+3+4+5).(1+2+3+4)=150 Cách tính: Xét các hình chữ nhật kích thước m.n Câu 2. Đáp số: 750797 22 Quy luật an 2 a n 1 a n (n 1;n ) 2 2 2 2 2 2 Suy ra a7 a 6 a 5 a 5 a 4 a 5 750797 Câu 3. Đáp số 16 Câu 4. Đáp số 8 . Giả sử có n bạn và số cá của các bạn là a1 a 2 a n
  7. Ta có 9an a 1 a 2 a n 7a 1 9a n na n ;7a 1 na 1 n 8 Câu 5. Đáp số x= 6; y= 1 2 Câu 6. Đáp số x=2; x=4. Cách giải: đặt ẩn phụ Câu 7. Đáp số (x;y) 1; 1 ; 3;7  Đặt t 2x y 0 . Ta có phương trình t2 2t 3 0 t 1 594 Câu 8. Đáp số P max 257 4 x x1 2x2y5xy22 5 1 x 4 ;P 2 22 xy y y y 16 x y yx x y x y 255y 1 255 257 5.16 594 2. P 2 y x y 256x 256x 16 256 16 257 257 2 Câu 9. Đáp số SBAC 75m SAKE AE 1 Ta có , suy ra SBCE 2S ACE SBKE BE 2 M là trung điểm AC nên SABM S;S CBM AKM S CKM S BCK 30S ACE 25 2 Vậy SABC 75m AB 1 5 Câu 10. Đáp số AC 2 Sử dụng định lý Ceva và hệ thức lượng trong tam giác ab ab Câu 11. Do là số hữu tỉ và a+b là số nguyên dương nên từ ab ab ab Suy ra ab là số chính phương Do a b 18 a b 1;4;9;16 Thử lại các trường hợp ta có a 2;b 7 Suy ra số cần tìm là 27 Câu 12
  8. E A B G H I O D C F a) Ta có EBD và EAC đồng dạng nên các đường trung tuyến tương ứng bằng tỉ EG BD DG DE số đồng dạng . Suy ra EH AC CH EC Ta có EDG ECH (cùng nhìn cung AB) EDG đồng dạng với ECH Kéo theo DEG CEH , suy ra EI là phân giác GEH BD EG GI Do đó IH.BD IG.AC(dpcm) AC EH HI b) Ta có FBD và FCA đồng dạng FGD và FHA đồng dạng GFD HFA FG GD BD IG FI là phân giác GFH FH HA AC IH Suy ra FI là phân giác góc AFD Gọi M, N là chân đường vuông góc hạ từ I lên các đường thẳng AB, CD. Khi đó IM=IN 1 IM.AB S 1 Ta có IAB 2 S21 ICD IN.CD 2
  9. Câu 13. A O B Xét k = 7 , vẽ 7 điểm gồm 1 điểm ở tâm và 6 điểm trên cùng đường tròn tạo thành lục giác đều. Lúc đó khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ bằng 1. Suy ra k8 Với k=8, luôn tồn tại ít nhất 7 điểm không trùng tâm đường tròn. Ta kẻ các bán kính đi qua 7 điểm đó. Khả năng 1: Nếu có 2 điểm thuộc cùng 1 bán kính thì khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1 (vì không có điểm nào trùng tâm) Khả năng 2: Không có 2 điểm nào cùng thuộc một bán kính, lúc đó có 7 bán kính, suy ra hai bán kính tạo với nhau 1 góc nhỏ hơn 600. Giả sử hai bán kính đó chứa A và B. Vì góc AOB không là góc lớn nhất của tam giác OAB nên AB max OA;OB 1 Vậy trường hợp k=8 thỏa mãn Suy ra giá trị nhỏ nhất của k là 8 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9 THCS TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/03/2012 Câu 1. (4 điểm) a) Cho S 1 3 32 3 3 3 4 3 96 3 97 3 98 3 99 Chứng minh S chia hết cho 40 3 3 3 b) Rút gọn phân thức a b c 3abc a b 2 a c 2 b c 2 Câu 2 (4 điểm)
  10. 2 3 2 3 a) Thực hiện phép tính : 2 2 3 2 2 3 b) Cho a b c 0;a,b,c 0 . Chứng minh đẳng thức 1 1 1 1 1 1 a2 b 2 c 2 a b c Câu 3. (4 điểm) a) Giải phương trình: 2x2 2x 1 4x 1 x 2 2 y 1 9 b) Giải hệ phương trình : x y 1 1 Câu 4. (5 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (I khác O). Vẽ đường kính CE. a) Chứng minh ABDE là hình thang cân b) Chứng minh AB2 CD 2 BC 2 DA 2 2R 2 c) Từ A và B vẽ các đường thẳng vuông góc đến CD lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại K. Chứng min A, B, K, F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt Câu 5. (3 điểm) Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho MAB là tam giác có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tính giá trị lớn nhất của tích KH.KM
  11. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 KIÊN GIANG NĂM 2011-2012 Câu 1. 1a. S 1 3123 3 3 3 4567 3 3 3 3 96979899 3 3 3 S 1 31234 3 3 3 . 1 3 123 3 3 3 96 . 1 3 123 3 3 S 1 31 3 2 3 3 . 1 3 4 3 8 3 96 S 40. 1 34 3 8 3 96 Vậy S chia hết cho 40. 1b. Tử thức = a b 3 3ab(a b) c3 3abc a b 3 c3 3ab.(a b) 3abc a b c a b 2 (a b)c c2 3ab(a b c) = a b c . a2 2ab b 2 ac bc c 2 3ab abc.a 2 b 2 c 2 abbcca Mẫu thức a2 2ab b 2 a 2 2ac c 2 b 2 2bc c 2 2(a2 b 2 c 2 ab bc ca) a b c Kết quả với a2 b 2 c 2 ab bc ca 0 2
  12. Câu 2. 2a. Nhân số bị chia và số chia với 2 2. 2 3 2. 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 2. 2 3 2. 2 3 2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 2 3 . 3 3 2 3 . 3 3 2. 2. 2 3 3 3 3 6 Câu 2b. Ta có: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 abc a b c abacbc 1 1 1 c b a 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 a b c abc a b c 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b c 1 Câu 3a. DK :4x 1 0 x 4 2x2 2x 1 4x 1 4x2 4x 2 2 4x 1 2 4x2 4x 1 1 0 (thỏa) 2 4x 0 x0 4x 1 1 0 x 2 2 y 1 9 (1) Câu 3b. x y 1 1(2) - Từ pt (2) y 1 1 x 0 x 1 - Thế vào phương trình (1) ta có x 2 2 1 x 9 x 2 2x 11 - (vì x1 ) 2 x 2x 9 x3
  13. y3 - Thế x= -3 vào pt (2) : y 1 1 3 2 y 1 2 y1 - Vậy nghiệm của hệ là (-3 ; 3); (-3;-1) Câu 4 A F I D B C K a) Ta có góc EAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE AC Mà BD AC(gt) AE / /BD ABDE là hình thang Mà ABDE nội tiếp đường tròn (O) nên ABDE là hình thang cân b) Ta có góc EDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DEC vuông ở D ED2 CD 2 EC 2 2R 2 4R 2 Mà AB = ED (vì ABDE là hình thang cân) AB2 CD 2 4R 2 Chứng minh tương tự BC2 DA 2 4R 2
  14. AB2 CD 2 BC 2 DA 2 8R 2 AB2 CD 2 BC 2 DA 2 2R 2 c) Ta có : góc BAC = góc BDC (cùng chắn cung BC) Góc IAF = góc BDC (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Suy ra góc BAC = góc IAF ABF cân tại A Mà AI là đường cao , nên AI là đường trung tuyến IB IF Chứng minh tương tự IA IK ABKF là hình bình hành Mà AK BF nên ABKF là hình thoi Câu 5. A K H B M - Xét KAH và KMB ta có: Góc AKH = góc MKB = 900 Góc KAH = góc KMB (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc) KH AK KAH và KMB đồng dạng KH.KM AK.KB KB KM Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương AK KB AB2 Ta có: AK.KB AK.KB 24 AB2 Do đó KH.KM (không đổi) 4 Dấu “ = “ xảy ra AK KB AB2 Vậy giá trị lớn nhất của KH.KM là 4
  15. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn : Toán Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 04/4/2014 Câu 1. (4 điểm) Tìm các số thực x thỏa x4 2x 3 x 2 2x 1 0 Câu 2. (4 điểm) x3 2y 1 Giải hệ phương trình: 3 y 2x 1 Câu 3. (4 điểm) m2 2 n Cho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa 2 n 2 m 1) Hãy tìm một cặp gồm hai số nguyên dương lẻ m;n thỏa các điều kiện đã cho với m1 và n1 2) Chứng minh m22 n 2 4mn Câu 4. (4 điểm) 1) Tính số các ước dương của số 1000 2) Tính số các ước dương chẵn của số 1000 Câu 5. (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc CAB, ABC, BCA đều là góc nhọn. Gọi (O) là đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng OB và DE, gọi N là giao điểm của hai đường thẳng OC và DE. Chứng minh bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn.
  16. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 ĐỒNG NAI 2013-2014 Câu 1. Chia 2 vế cho x2 ta được: 4 3 2 2 11 x 2x x 2x 1 0 x 2 2 x 1 0 xx 2 11 x 2 x 1 0 xx 2 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 (1) hoặc x 1 2 (2) x x Giải (1) ta được 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 x hoặc x (3) 2 2 Giải (2) vô nghiệm Vậy chỉ có hai giá trị của x ở (3) thỏa bài toán Câu 2 x3 2y 1 x33 y 2x 2y 0 3 y 2x 1 x y x22 y xy 2 0 y x(1) hoặc x22 y xy 2 0 (2) Với y = - x . Khi đó x32 2x10 x1.x x1 0 x1 hoặc x2 x 1 0(3) Khi x = 1 thì y1 15 15 Giải (3) ta được x hoặc x 2 2 1 5 1 5 Với xy 22 1 5 1 5 Với xy 22 2 y 3y2 (2) x 2 0 (vô nghiệm) 24 Hệ đã cho có 3 nghiệm như trên
  17. Câu 3 3.1 Với m = 11 và n = 41 thỏa các điều kiện của bài toán Vì khi đó m2 2 123 41 và n2 2 1683 11 3.2 Vì m2 2 n mà nn2 nên m22 n 2 n(1) Tương tự m22 n 2 m (2) Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n m22 n d Theo chứng minh trên m2 n 2 2 m m 2 n 2 2 d 2 d d 1(3) ; nếu d lớn hơn 1 thì d = 2 mâu thuẫn với m và n lẻ Từ (1), (2) , (3) suy ra m22 n 2 mn Cuối cùng vì m lẻ nên m 2k 1 (với k) m2 4k(k 1) 1 Tương tự n2 4l(l 1) 1 (với l ) Suy ra m22 n 2 4 . Từ đó có điều phải chứng minh Câu 4. 4.1 Ta có 1000 233 .5 Gọi k là một ước dương của 1000. Suy ra k 2nm .5 với n, m thỏa n3 và m3 Vậy số ước dương của 1000 là 4.4=16 4.2 Gọi k là một ước dương chẵn của 1000. Suy ra k 2nm .5 với n,m thỏa 1 n 3 và m3 Vậy số ước dương chẵn của 1000 là 3.4=12.
  18. Câu 5. A E M N D B O C 1 Theo giả thiết AD = AE ADE cân tại A CEM AED 900 BAC 2 1 Mà COM OBC OCB 900 BAC 2 Vậy CEM COM COEM là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết OE AC . từ đó BM CM Tương tự CN BN BCMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HÒA BÌNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi môn: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 3 năm 2011 Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1 (4đ) 1. Phân tích thành nhân tử các biểu thức sau a)A x3 3x 2 y 4xy 2 12y 3 b)B x 3 4y 2 2xy x 2 8y 3
  19. 2. Cho a 11 6 2 11 6 2 .Chứng minh rằng a là một số nguyên Bài 2 (6đ) 12 3 1. Giải phương trình 1 x22 x 4 x x 2 2. Cho hàm số y m 1 x m2 1 (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB cân x1 3. Tìm x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất x1 Bài 3 (4đ) 1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, có bán kính bằng 2. Biết BAC 600 , đường cao AH. Tính diện tích tam giác ABC 2. Đội cờ vua của trường A thi đấu với đội cờ vua của trường B, mỗi đấu thủ của trường này thi đấu với một đấu thủ của trường kia một trận. Biết rằng tổng số trận đấu bằng 4 lần tổng số cầu thủ của cả hai đội và số cầu thủ của trường B là số lẻ. Tìm số cầu thủ của mỗi đội Bài 4 (5đ) Cho nửa đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB. Hai điểm E, F thay đổi trên nửa đường tròn sao cho số đo cun AE khác 0 và nhỏ hơn số đo cun AF, biết EF=R. Giả sử AF cắt BE tại H, AE cắt BF tại I 1. Chứng minh rằng tứ giác IEHF nội tiếp được trong 1 đường tròn 2. Gọi EG và FQ là các đường cao của tam giác IEF, chứng minh rằng độ dài QG không đổi 3. Chứng minh rằng QG song song với AB Bài 5. (1 điểm) Giải phương trình : x27x2x1 x2 8x71
  20. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 HÒA BÌNH NĂM 2010-2011 Bài 1 a)A x 3y x 2y x 2y 1. B x 2y1x 22 2xy 4y 22 2. a 1162 1162 32 32 6 Bài 2. 1. Học sinh lập luận được x2 x 4 và x2 x 2 khác 0 rồi quy đồng đưa về phương trình dạng 9(x2 x) 12 x 2 x 4 x 2 x 2 1 17 Biến đổi được về dạng x22 x 4 x x 1 0 x 2 2. Lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tọa độ tai điểm A và B sao cho tam giác OAB cân thì đồ thị hàm số đã cho song song với đường thẳng y = x (hoặc y = - x ) m 1 1 m 1 1 Từ đó dẫn đến 2 hoặc 2 . Giải hệ hai phương trình ta tìm m 1 0 m 1 0 dược m=2 hoặc m=0 thỏa mãn 2 3. Ta viết được A=1 x1 2 Ta có x 1 1 1 1 2 1 x1 Vậy Min A= - 1 khi x=0 Bài 3. 1. A O B K C Gọi K là trung điểm của BC, dễ có KOC  60 Xét tam giác vuông OKC có OC = 2. Tính được KC OC.sin600 3
  21. Tính được BC 23 , suy ra diện tích tam giác ABC là S 3 3 2. Gọi số cầu thủ đội trường A là x, số cầu thủ đội trườn B là y Ta có phương trình xy 4 x y (x 4)(y 4) 16 Ta lập luận và tìm được x=20; y=5 Bài 4. I Q G F E H A B O 1. Vì IEH IFH 900 nên IHEF nội tiếp đường tròn 2. Ta dễ dàng chứng minh được IQG đồng dạng với IFE (góc – góc) QG IG 1 1 1 Từ đó có ;QG EF R(dpcm) EF IE 2 2 2
  22. 3. Chứng minh được IAB đồng dạng IEF(g.g) kết hợp với câu 2 ta có IQ IG IQG IAB suy ra dẫn đến QG song song với AB IA IB Bài 5. Học sinh tìm được ĐK 1 x 7 và biến đổi phương trình về dạng tích x 1 2 . x 1 7 x 0 Học sinh giải phương trình tích tìm được x=5 hoặc x=4 đều thỏa mãn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1. (1,5 điểm) 3a 9a 3 a 1 a 2 Cho biểu thức M với a 0;a 1 a a 2 a 2 1 a a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm tất cả các giá tị nguyên của a để biểu thức M nhận giá trị nguyên. Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình x34x1 x86x19 x2 xy xz 48 b) Giải hệ phương trình xy y2 yz 12 2 xz yz z 84 Bài 3. (2,0 điểm) a) Cho a 2. 2 2. 2 vµ b 2. 2 2. 2 Chứng minh rằng a và b 2016thõasè 2 3016thõasè 2 có cùng chữ số hàng đơn vị b) Cho hàm số y ax a 1 với a là tham số, a0 và a1 . Tìm tất cả các giá trị của tham số a để khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đồ thị của hàm số đạt giá trị lớn nhất Bài 4. (3,5 điểm) Cho trước tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ BC lấy điểm M tùy ý. Đường tròn (M;MB) cắt đoạn thẳng AM tại D. a) Chứng minh rằng tam giác BDM là tam giác đều b) Chứng minh rằng MA=MB+MC c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên cung nhỏ BC thì điểm D luôn luôn nằm trên một đường tròn cố định có tâm thuộc đường tròn (O).
  23. Bài 5. (1,0 điểm) Cho x+y+z= 0 và xyz 0 . Tính giá trị của biểu thức 111 P x2 y 2 z 2 y 2 z 2 x 2 z 2 x 2 y 2 HẾT
  24. ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI 9 ĐÀ NẴNG 2015-2016 Câu 1. 3a 3 a 3 a 1 a 1 a 2 a 2 M a1a2 a1a2 1aa2 3a 3a 3(a1)(a 4) a 3a 2 M a 1 a 2 a 1 a 2 Ta có: a 1 a 2 a1 M a 1 a 2 a1 a 1 2 2 M1 a 1 a 1 2 M nguyên nguyên a1 là ước của 2 a1 a 1 1;1;2 a 0;4;9 (do a 0) Câu 2 2a. Phương trình x14x14 x16x199 22 x 1 2 x 1 3 9 x 1 2 x 1 3 9 x 1 2 x 5 2b Cộng 3 phương trình của hệ ta được xyz 2 144 xyz 12 x(x y z) 48 Mặt khác hệ y(x y z) 12 kết hợp với trên 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 3 3a. Nhận xét 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2 16 (8 thừa số 2) 2016 chia hết cho 8 được 252 như vậy có thể phân số a thành 252 nhóm, mỗi nhóm có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 252 nhóm này cũng có hàn đơn vị là 6
  25. 3016 chia hết cho 8 được 377 như vậy có thể phân số b thành 377 nhóm, mỗi nhóm có giá trị bằng 16 (có hàng đơn vị là 6) nên tích của 377 nhóm này cũng có hàng đơn vị là 6 Suy ra điều phải chứng minh 3b. Tam giác vuông OAB tại O nên nếu gọi h là khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số 1 1 1 a22 1 a 1 h2 OA 2 OB 2 a 12 a 1 2 a 1 2 thì a2 2a 1 2a 2a h2 1 1 2. 1 a2 1 a 2 1 a 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=1. Vậy khi a=1 thì khoảng cách từ O đến đồ thị hàm số là lớn nhất. Câu 4. A I D O B C M a) MB = MD (bán kính đường tròn (M)) BMD BCA 600 (cùng chắn cung AB) Nên tam giác BMD đều b) Hai tam giác ABD và CBM bằng nhau vì AB = CB ; BD = BM 0 Và ABD 60 DBC CBM DA MC MA MD DA Mà MD=MB vậy MA=MB+MC
  26. c) Gọi I là giao điểm của (O) với phân giác CO (trong tam giác đều ABC) I là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và I là điểm cố định thuộc (O) Nên MI là phân giác BMD (góc nội tiếp chắn cung AB của đường tròn (O)) Nên MI là trung trực đoạn thẳng BD vì BDM là tam giác đều Suy ra ID=IB Do đó D luôn thuộc đường tròn I;IB cố định có tâm thuộc (O) Câu 5. Ta có : x+y+z=0 x (y z);y (z x);z (x y) x2 yz;y 222 2 zx;z 2 xy 1 1 1 P xyxy2 2 222 yzyz 2 2 zxxz 2 2 1 1 1 x y z P 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 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi: 15/3/2014 Bài 1 (3đ) Tính 1 1 1 1 1 T 122334 45 99100 Bài 2 (4đ) Cho đa thức P(x) x5 x;g(x) x 2 4 (x 2 1)x a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích các nhân tử b) Chứng tỏ rằng nếu x là số nguyên thì P(x) luôn chia hết cho 5 Bài 3 (4,0 đ) Cho x12 ;x  0;1 2 2 a) Chứng minh rằng 1 x11 4x 2 22 b) Chứng minh rằng : 1 x1 x 2 4 x 1 x 2 Bài 4(4,0 đ) 5x 3y 5 3 Cho hệ phương trình 3 1 x 5y 5 3 a) Giải hệ phương trình b) Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn x; y nhận 1 nghiệm là nghiệm của hệ phương trình đã cho và một nghiệm là (0;0)
  27. Bài 5 (5,0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 4 cm. Lấy một điểm M trên đường tròn sao cho BAM 300 . Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tại C. CM cắt AB tại D. a) Chứng minh rằng BM song song với OC b) Tính diện tích tam giác ACD
  28. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014 Bài 1. 1 1 1 1 1 T 12 2334 45 99100 1 n n 1 Ta có : n n 1 n n 1 n n 1 T 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 1 2 2 3 3 4 4 5 99 100 1 100 11 Bài 2 2a. P(x) x5 x;g(x) x 2 4 . x 2 1 x P(x) g(x) x5 x x 2 4 . x 2 1 x x5 x x 4 5x 2 4 x x5 x x 5 5x 3 4x 5x 3 5x 5x x2 1 5x(x 1)(x 1) Vậy P(x) 5x(x 1)(x 1) 2b. Theo trên P(x) g(x) 5x(x 1)(x 1) luôn chia hết cho 5 với mọi số nguyên x Mặt khác g(x) x22 4 x 1 x x 2 x 1 x x 1 x 2 nên g(x) là tích của 5 số nguyên liên tiếp g(x) chia hết cho 5 Vậy P(x) g(x) 5x(x2 1) luôn chia hết cho 5 Câu 3 2 2 3a. Xét 4x1 1x 1 2x1x2x1x 1 1 1 1 x13x1 1 1 Do x1  0;1 x 1 1 0; 3x 1 1 0 2 2 Vậy 4x1 1 x 1 x 1 1 3x 1 1 0 2 2 Hay 1 x11 4x dấu bằng xảy ra khi x11 3b. 1 x x2 4 x22 x 1 2 1 2 22 Do Ta được x1 x 2 x 1 x 2 22 x,x1 2  0;1 x 1 x;x 1 2 x 2 Xét
  29. 2222 1xx 1 2 4xx 1 2 1xx 1 2 4xx 1 2 2 1 2 x1 x 2 x 1 x 2 4 x 1 x 2 22 1 2 x1 x 2 x 1 x 2 1 x 1 x 2 0 2 22 Vậy 1 x1 x 2 4 x 1 x 2 2 xx11 2 Dấu “=” xảy ra khi x2 x 2 x 1 0;x 2 1 hoặc x12 1;x 0 1 x x 0 12 Câu 4 4a. 5x 3y 5 3 3 1 x 5y 5 3 5x 15y 5 15 3 3 x 15y 15 3 3 5x 15y 5 15 (5 3 3)x 5 3 3 5x 15y 5 15 5 3 3 x 23 x 1 3 5(1 3) 15y 5 15 x 1 3 y 1 5 4b. Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax by c Phương trình có nghiệm (0;0) suy ra c = 0 Phương trình có nghiệm 1 3; 1 5 a 1 3 b 1 5 0 Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn a 1 5;b 1 3 vậy một phương trình thỏa đề bài đó là: 1 5 x 1 3 y 0 Câu 5
  30. C M A D O B 5a Theo đề bài ta có BAM 300 , tam giác AMB vuông tại M (do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) MBO 600 (*) Tam giác MOB cân có B 600 nên tam giác MOB đều AOM 1200 CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là đường phân giác của góc ACM , hay CO là phân giác của góc AOM COA 600 ( ) Từ (*) và ( ) suy ra BM song song OC ( góc đồng vị) 5b Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng nhau do có một cạnh góc vuong bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau vậy SACD 3S ACO Tam giác ACO vuông có cạnh góc vuông OA = 2 cm ; AOC 6000 AC OA.tan60 2 3 11 S AO.AC .2.2 3 2 3 ACO 22 2 Vậy diện tích tam giác ACD là SACD 6 3(cm ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẬC THCS QUẢNG NAM Năm học : 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút Ngày thi : 17/4/2018 Câu 1. (5,0 điểm)
  31. x 8 1 x 4 4 x a). Cho biểu thức A x x 8 x 2 x 4 x4 Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên x để A là số nguyên b) Cho ba số thực a, b, c sao cho 1 a 2;1 b 2;1 c 2 a b c a c b Chứng minh 7 b c a c b a Câu 2. (4,0 điểm) a) Cho phương trình x2 2x 3 2m 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x12 ;x trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại b) Giải phương trình : 2 1 x 1 x2 3 x Câu 3 (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n1 thì n 2 n 1 n 8 không thể là lập phương của một số tự nhiên b) Cho số nguyên tố p(p 3) và hai số nguyên dương a, b sao cho p2 a 2 b 2 . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2(p a 1) là số chính phương. Câu 4 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC (E khác B và C). Đường thẳng qua B, vuông góc với đường thẳng DE tại H và cắt đường thẳng CD tại F, Gọi K là giao điểm của AH và BD. a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và ba điểm K, E, F thẳng hàng b) Khi E là trung điểm cạnh BC, tính diện tích tứ giác BKEH Câu 5. (3,5đ) Cho hai đường tròn C,C12 cắt nhau tại hai điểm A, B. Tiếp tuyến tại A của C2 cắt C1 tại M (M khác A). Tiếp tuyến tại A của cắt tại điểm N (N khác A). Đường thẳng MB cắt tại P (P khác B). Đường thẳng NB cắt tại Q (Q khác B) .a) Chứng minh tam giác AMP , AQN đồng dạng b) Chứng minh MB.NA22 NB.MA Hết
  32. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUẢNG NAM NĂM 2017-2018 Câu 1 1a) x 8 1 x2 A x2x2x4 x 2 x 4 x2.x2 3 x 6 3 x 2 x 2 x 4 x 2 x 4 x 2 x 4 là ước của 3; chỉ có x 2 x 4 3 có nghiệm x=1 thỏa mãn ĐK 1b) Khử mẫu ta được a2 c ab 2 bc 2 a 2 b ac 2 b 2 c 7abc Giả sử abc babc 0 b2 acbabc b2 a a 2 c abc a 2 b 2 2 2 b c ac abc bc a2 c ab 2 ac b 2 c 2abc a 2 b bc 2 a2 c ab 2 bc 2 a 2 b ac 2 b 2 c 2abc 2a 2 b 2bc 2 Chứng minh 2abc 2a22 b 2bc 7abc 2a22 b 2bc 5abc 2a22 2c 5ac (2a c)(c 2a) 0 Câu 2 2a) ĐK có hai nghiệm phân biệt ' 0 2m 2 0 m 1 2 x12 x (1) Khi m1 ta có x12 x 3 2m(2) x12 x 2 (3) 2 Thế (1) vào (2) : x2 x 2 2 0 x 2 1;x 2 2 )x22 1 x 1 32m1 m1 (loại) )x21 2 x 4 832m m11/2 (chọn) 2b) 2x1 1x 2 3x.DK:x 1 2 x 1 2 x 1 x2 1 0 4(x 1) (4 4x x22 ) 1 x 1 0 2 x 1 (2 x) 1 x2 1 xx22 0 2 x 1 2 x 1 x2 1 2 11 x0 2 x 1 2 x 1 x2 1 Vì x1 nên trong ngoặc dương . Do đó phương trình có nghiệm x=0 Câu 3
  33. 3a. A n 1 n 2 n 8 +) Khi n 1 A 54 không lập phương +) Khi n 2 A 120 không lập phương +)Khi n2 . ta chứng minh A cũng không lập phương A n1n 2 n8 n3 11n 2 26n16 n 3 12n 2 48n64 n 4 3 A n3 2 n3 11n 2 26n16 n 3 9n 2 27n27 2n 2 n110 1 89 1 89 n 2,6 hoặc n n 2,1 4 4 Suy ra khi n > 2 n 3 33 A n 4 Vậy A không thể là lập phương 3b. p2 b 2 a 2 b a b a ba và ba là ước của p2 và là ước của p vì p nguyên tố Vì b – a 3 nên p2 chia 3 dư 1 2a 3 a 3 +)Chứng minh a chia hết cho 4 Vì 2a 1 p22 2a p 1 vì p nguyên tố >3 nên p chia 4 dư 1 hoặc dư 3 *) p=4k+1 2a 16k2 8k 8 a 4 *) p=4k+3 2a 16k2 24k 88 a4 Do đó a chia hết cho 12 Câu 4 A B K E H D C F a) Chứng minh KDCE nội tiếp
  34. Ta có BHD BCD 900 BHCD là 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 là 2 đường cao BDF FE  BD Mà KDCE nội tiếp EKD ECD 900 EK  BD K,E,F thẳng hàng. 2 2 SBKE BE 2 1 1 b) BKE BCD SBKE .16 2 SBCD BD 42 8 8 2 S DE 1 4 DCE BHE DCE 6 S .S S BEBHE 5 DCE 5 BHE 4 14 S2 BKEH 55 Câu 5 A Q C1 C2 M B P 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)
  35. Suy ra tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN (g-g) AB AM BM 5b) AMP AQN nên NB NA AB MB.NA AB.AM MB.NA2 AB.AM.NA 2 NB.MA AB.NA NB.MA AB.NA.MA MB.NA22 NB.MA