Tài liệu 100 đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 25/6/2009 Thời gian làm bài 150 phút (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin) Bài I (3 điểm) (n-8)2-48 n+5 có giá trị là số nguyên dương. 2) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0 Bài II (2 điểm) 1) Tìm các số nguyên dương n để A= Giải hệ phương trình (x, y, z là ẩn) Bài III. (3 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC. 1/ Chứng minh AD.AC=AE.AB 2/ Tia AO cắt BC tại A1và cắt cung nhỏ BC tại A2. Tia BO cắt AC tại B1và cắt cung nhỏ AC tại B2. Tia CO cắt BA tại C1và cắt cung nhỏ AB tại C2. A1A2 B1B2 C1C2 Chứng minh: AA + BB + CC =1 1 1 1 3/ Từ A vẽ tia Ax vuông góc với DE. Cho cạnh BC cố định , đỉnh A di động trên cung lớn BC sao cho ABC có ba góc nhọn. Chứng minh tia Ax luôn đi qua một điểm cố định. Bài IV. (1 điểm) Cho đa thức P(x)= x4+ax3+bx2+cx+d (a, b, c, d là các hằng số). Biết rằng P(1)=10, P(2)=20, P(3)=30. P(12)+P(-8) Tính giá trị của biểu thức +25 10 Bài V (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường tròn (O) sao cho ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiệp ABC không lớn hơn chu vi (O) …………………………. Hết……………………….. Họ và tên thí sinh : …………………………………. Số báo danh: …………………….. Chữ kí giám thị số 1…………………. Chữ kí giám thị số 2…………….……. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC BÀI HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Ý 1 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 2 0.50 *121=112 và n+5≥6 ; n+5Z *n+5=11 được n=6 và A=-4 *n+5=121 được n=116 và A=96 *KL n=116 Tìm các số nguyên dương x, y … (1.5 điểm) *x2+y(y2+ y-3x)=0 x2-3xy+y2+y3=0 (1) *Coi (1) là pt bậc 2 với ẩn x *có =y2(5-4y) *Nếu y≥2 thì <0 phương trình (1) vô nghiệm *Với y=1 phương trình (1) trở thành x2-3x+2=0 x1=1; x2=2 *KL: x=1, y=1 và x=2, t=1 Giải hệ phương trình *Nếu một trong 3 số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại bằng 0 Ta thấy x=y=z=0 là một nghiệm của hệ *Xét trường hợp cả ba số x, y, z khác 0 0.25 0.25 0.25 0.25 hệ đã cho  0.75  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2.0 0.25 *Cộng vế với vế của 3 PT ta được II 0.25 =0 1 1 1 (x -1)2 +(y -1)2 +( z -1)2 =0  (thỏa mãn hệ đã cho) *KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1 1 0.50 .025 3.0 Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm) Chứng minh được tam giác ABD đồng dang với tam giác ACE A R III 0.50 D L E H B O J A1 C Chứng minh được AD.AC=AE.AB 0.50 2 Chứng minh … (1 điểm) *Gọi H là trực tâm của ABC A1A2 JQ tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được: A A =JA 1 0.25 2 JH JQ SBHC *CM được JA =JA = SBAC B1B2 SAHC C1C2 SAHB *Tương tự chứng minh được B1B = , = SBAC C1C SBAC *ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra SBHC+SBHA+SAHC=SBAC A1A2 B1B2 C1C2 SBHC+SBHA+SCHA SBAC Từ đó AA + BB + CC = =S =1 SABC 1 1 1 ABC 3. Chứng minh tia Ax …(1 điểm) *tia BD cắt cungAC tại R, tia CE cắt cung AB tại L Chứng minh được DE//RL suy ra LRAx *cung AL=cungAR chứng minh Ax di qua tâm O khi A di động t Tính giá trị của biểu thức… (1 điểm) *Đặt Q(x)=P(x)-10x *Có Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 *Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r) IV P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x P(12)+P(-8) *A= +25=2009 10 Chứng minh rằng…(1 điểm) *Gọi đường tròn ngoại tiếp ABC là (I), I nằm trong ABC Nếu A, B, C nằm trên (O) thì (I) và (O) trùng nhau. *Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) và(I) tiếp xúc trong với nhau thì đường kính của (I) V nằm trong (O) suy ra chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). *Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M, N. Vì ABC có ba góc nhọn nên số đo cung nhỏ MN< 1800 . Suy ra cung lớn MN>1800, ắt tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Vậy chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O) Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới 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 Môn thi: Toán (chuyên) (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 này có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức:   x 3 3 3  A 2  3   1 (với x  0; x  3 ).  x x  x 3  3 x  27 3    1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tính giá trị của biểu thức A khi x  3  5  3  29  12 5 . Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình x  x  x x  1  2  0 . 3 2  x 2  xy  2 y 2  0 2. Giải hệ phương trình  . 2  xy  3 y  x  3 Câu 3. (1,0 điểm)  n  1 là số nguyên tố. Tìm các số tự nhiên n để A  n Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D. Đường thẳng BM cắt d tại E. 1. Chứng minh CM = CA = CE. 2018 2008 2. Chứng minh AD  OE . 3. Tính độ dài đoạn AM theo R, nếu AE = BD. Câu 5. (1,0 điểm) Cho a; b thoả mãn a  2; b  2 . Chứng minh rằng: (a 2  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)  5 . ......................... Hết ........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.................................................................Số báo danh..................... Chữ ký của cán bộ coi thi 1:............................Chữ ký của cán bộ 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 Môn thi: Toán (chuyên) Dành cho thí sinh thi vào trường THPT Chuyên Hạ Long (Hướng dẫn này có 03 trang) Câu Sơ lược lời giải Câu 1 1. Với điều kiện xác định là x  0; x  3 (2,0 điểm)   x 3 3 3    3   1 A =  2  3 x x  x 3  3 x  27    Điểm 0,5   x 2  x 3  3  3 3    =  2 2   3x  x  x 3  3 ( x  3 )( x  x 3  3)     x 2  x 3  3  ( x  3) 3  3   =  2   ( x  3 )( x  x 3  3 ) 3 x    1  x 3 2. Ta có : x 3 5  3  29  12 5  3 5  3  (2 5  3)  3 5  62 5  3 5  ( 5  1) 2 0,5 0,75 2  3 1 nên thay x = Câu 2 (3,0điểm) 3 + 1 vào A ta có: 1 1 A = =1 3+1- 3 x 3 0,25 1. ĐK: x  1. 0,25 Biến đổi về phương trình x ( x  1)  x x  1  2  0 2 Đặt t  x x  1 ( t  0 )  t 2  x 2 ( x  1) . Phương trình đã cho trở thành: t  1 t2  t  2  0   t  2 Kết hợp với điều kiện, ta được t  2 0,25 0,5 Với t  2  x x  1  2  x3  x 2  4  ( x  2)(x 2  x  2)  0 x2  x 2  xy  2 y 2  0 (1)  2. Giải hệ phương trình  2   xy  3 y  x  3 (2) Phương trình (1)   x  y   y  x  y   0   x  y  x  2 y   0 , 2 0,5 0,75 2 ta được x = y hoặc x = -2y * Với x = y, từ (2) ta có: 4 x2  x  3  0 , ta được x1  1, x2  3 . 4 3 . 4 * Với x = -2y, từ (2) ta có y 2  2 y  3  0 , ta được y1  1, y2  3 Nếu y  1  x  2 . Nếu y  3  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 3 (1,0điểm)  n  1 là số nguyên tố. Tìm số tự nhiên n để A  n Xét n  0 thì A = 1 không là số nguyên tố; 2018 Xét n  1 thì A = 3 là số nguyên tố. 0,25 0,25 0,25 2008 0,25 Xét n > 1, ta thấy A > n2 + n + 1; A = n2018 – n2 + n2008 – n + n2 + n + 1 0,5 = n2((n3)672 – 1) + n.((n3)669 – 1) + (n2 + n + 1) mà (n3)672 – 1 chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)672 – 1 chia hết cho n2 + n + 1. Tương tự: (n3)669 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 2 0,25 2 Khi đó A chia hết cho n + n + 1 > 1 và A > n + n + 1 nên A là hợp số. Tóm lại số tự nhiên cần tìm là n = 1. Câu 4 (3,0 điểm) D E 0,25 M C F A B O I 1. Gọi F là giao điểm của OC và AM, ta có OC  AM. Ta có, CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng, nên AE AM   2  AE  2 AC  AC  CE . AC AF Vậy CM = CA = CE. 2. Gọi giao điểm của EO với d’ là I, Chứng minh được AEBI là hình bình hành  BE//AI. Ta có, OD  BE  OD  AI, mà AB  DI  O là trực tâm của  ADI  OI  AD  OE  AD (đpcm). 3. Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai góc kề bù), có OM là đường cao nên OM2 = CM.MD. Theo phần 1, ta có EC = CA = CM  2CM = AE, mà BD = MD và AE = BD (gt)  2CM = MD.  2CM2 = R2 (do MO = R và OM2 = CM.MD) R 2  CM = 2  AE = R 2 (do AE = 2CM). 1 1 1 Do trong giác vuông AEB tại A, ta có   2 2 AM AE AB 2 AE. AB 2R 3 .  AM   3 AE 2  AB 2 Câu 5 (1,0điểm) 0,75 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Xét hiệu M  (a 2  1)(b2  1)  (a  b)(ab  1)  5  (a 2b2  a 2b  ab2  ab)  (a 2  b2  a  b  ab)  4 0,5 1  ab(a  1)(b 1)  (a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   4 . 2 Chỉ ra với a  2 thì a(a  1)  2 và a(a  2)  0 b  2 thì b(b  1)  2 và b(b  2)  0 1 (a  b)2  a(a  2)  b(b  2)   0 2 2 2  M  0 hay (a  1)(b  1)  (a  b)(ab  1)  5 . nên ab(a  1)(b 1)  4 ; 0,5 Những chú ý khi chấm thi: 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết. 3. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm thống nhất toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn. ...................................... Hết ............................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (7 điểm) a) Chứng minh rằng A  n8  4n7  6n6  4n5  n 4 chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên b) Cho biểu thức B  x 2  2  3  12x 2  x  2 2  8x . Rút gọn biểu thức B và tìm các giá trị x nguyên của x để B có giá trị nguyên c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2y2x  x  y  1  x2  2y2  xy 2 Câu 2 (3 điểm) Cho hàm số y  2 x2  6x  9  x  2 có đồ thị (D) a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x2  6x  9  x  2  m vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 x2  6x  9  x Câu 3. (2 điểm)  2 y2 x  xy   2017 (1)  3  y2   1009 (2) (x  0, z  0,x  z) Cho x, y, z là các số thực thỏa: z 2  3  x 2  xz  z 2  1008 (3)   2z y  z Chứng minh rằng  x xz Câu 4. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn  O1  đường kính AE và đường tròn  O2  đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn với M là tiếp điểm thuộc  O1  và N là tiếp điểm thuộc  O2  a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Câu 5. (3 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 900 . Từ B kẻ BM vuông góc với 2 AM  AB  AC tại M (điểm M thuộc AC). Chứng minh 1  2  MC  BC  ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 BẾN TRE 2016-2017 Câu 1. 4 a) A  n8  4n7  6n6  4n 5  n 4  n 4 . n 4  4n3  6n 2  4n  1  n(n  1)   Vì n(n+1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n  1) 2   n  n  1 24  16 Do đó A 16 với mọi n thuộc Z 4 b) B  x 2  2  3  12x 2 x2  x  2 2  8x  x 2 3 x2  2  x  2 2 x2  3   x2 x x2  3 2x 2  2x  3 3 x2   2x  2  x x x x   1  x B có giá trị nguyên khi   x  U(3) và x < 0   3 x  3 +) Nếu x < 0: B  x2  3 2x  3 3 +) Nếu 0 2  x  3 x Kết luận  2x 2  2x  3 khi x  0  x   2x  3 B khi 0  x  2 x   2x 2  2x  3 khi x  2  x  B có giá trị nguyên khi x 1; 3 c) 2y2x  x  y  1  x2  2y2  xy   x  1  x 2  2y2  y   1  x  1  1  x  2  x  2   2  2 y  1  x  2y  y  1  2y  y  1  0     x  0 x  1  1 x0       x  2y2  y  1  2y 2  y  1  0  y  1 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) Câu 2. x  8nÕu x  3 a) y  2 x2  6x  9  x  2  2 x  3  x  2   3x  4 nÕu x  3 Học sinh tự vẽ đồ thị b) Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: (D) y  2 x2  6x  9  x  2 (1) (D’): y=m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm có tung độ m. Căn cứ vào đồ thị , ta có phương trình (*) vô nghiệm (D) và (D’) không giao nhau  m  5 Vậy m  5 thì pt (*) vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị đã vẽ ở câu a, ta có : nghiệm của (1) là tập hợp hoành độ của các điểm (D) x  6 có tung độ y  2 , nên  x  2 Vậy tập nghiệm của (1) là x  6 hoặc x  2 Câu 3  2 y2 x  xy   2017 (1)  3   2 y2 (x  0, z  0,x  z) z   1009 (2) 3  x 2  xz  z 2  1008 (3)   Trừ (1) và (2) vế theo vế, ta có: x2  xy  z 2  1008(4) Trừ (3) và (4) vế theo vế ta có: xz  xy  2z2  0  xz  2z2  xy  2xz  2z 2  xy  xz  2z(x  z)  x(y  z) 2z y  z  x xz Điều phải chứng minh Câu 4  F K C A I N D M O1 EO O2 B a) MN là tiếp tuyến chung của  O1  và  O2  nên MN  O1M;MN  O2 N  O1M / /O2 N  MO1E  NO2 E  1800 O1AM cân tại O1 suy ra MO1E  2O1AM O2 BN cân tại O 2 nên NO2 E  2O2 BN    MO1E  NO2 E  2 O1AM  O2 BN  O1AM  O2 BN  900  MFN  900 Mặt khác AME  BNE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EMF  ENF  900 suy ra MENF là hình chữ nhật  MEF  NME Mà O1EM  O1ME ( O1ME cân tại O1 ) và NME  O1ME  900 (MN là tiếp tuyến)  MEF  O1EM  900 hay EF  AB tại E b) Ta có AB = 18 cm, AE = 6 cm  EB  12cm,OF  9cm AFB vuông tại F có đường cao EF nên EF2  AE.EB  6.12  72  EF  6 2 (cm)  MN  EF  6 2 (cm) Gọi K, I lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên có NMF  NEF mà NEF=ABF (cùng phụ góc BEM)  NMF  ABF (1)  FNM FAB Ta lại có OAF cân tại O suy ra OAF = OFA (2) Và OAF  ABF  900 (3) Từ (1) (2) (3)  NMF  OFA  900  MIF  900 FNM đồng dạng tam giác FAB và có FI, FE là hai đường cao tương ứng nên FI MN FI 6 2     FI  4 cm  OI  OF  FI  9  4  5cm EF AB 18 6 2 OID vuông tại I có ID2  OD2  OI 2  92  52  56  ID  2 14 (cm) Vì OF  CD tại I nên CD  2.ID  4 14 (cm) Câu 5 A M B C ABC cân tại A nên AB = AC 2 AM AM  MC AC 2 AC AC 2  AB  Ta có  1  2.    2.   2.  BC 2  2.AC.MC  2 2 MC BC MC BC MC BC   Ta cần chứng minh: BC 2  2AC.MC 2 Thật vậy, BC 2  BM2  MC 2  AB2  AM2   AC  AM   AC 2  AM2  AC 2  2AC.AM  AM 2  2AC 2  2.AC.AM  2AC.(AC  AM)  2.AC.MC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2,0 điểm) 1) Cho A  15 x  11 3 x  2 2 x  3   x 2 x 3 x 1 x 3 Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A 2 2) Cho phương trình x  ax  b  0 có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó. Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4 x  6 x  1   2 3 16 x 4  4 x 2  1 3 1  2 4 x  x  y  1 2) Giải hệ phương trình:   y 2  y  xy 2  4  Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng: a 4b 9c   4 bc ca ab Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AA’.Gọi AD là đường phân giác trong của góc BAC ( D  BC ) .M,I lần lượt là trung điểm của BC và AH. 1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’. 2) Gọi P là giao điểm của AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB và AC lần lượt tại Q và R.Chứng minh rằng Q và R lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB,AC. Câu V (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  y  z  2012 4 4 4 2) Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ. Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh. ----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh……………………………………. Số báo danh………………...………… Chữ kí của giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí của giám thị 2: ………………… Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- http://trakhuc66.violet.vn/ Lời giải một số câu Câu I 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x 2 x 3 x 1 x 3 15 x  11  (3 x  2)( x  3)  (2 x  3)( x  1)  A ( x  1)( x  3) 17 2  A  5  , A lớn nhất  x  0 khi đó A lớn nhất bằng . 3 x 3 1) A  2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22  x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47  (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)  Vì x1  Z  x1  1 nên với giả sử x1  x2 Ta có: –4 ≤ x1 – 5 < x2 – 5 nên x1  5  1 x1  6 (*)    . x2  5  47 x2  52 Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52. Câu II: 1) 4 x  6 x  1   2 3 16 x 4  4 x 2  1 3 3 (4 x 2  2 x  1)(4 x 2  2 x  1) 3 2 2 2 2 2 2 Dễ thấy 4 x  2 x  1  3x  ( x  1)  0, x & 4 x  2 x  1  3x  ( x  1)  0, x nên đặt  2(4 x 2  2 x  1)  (4 x 2  2 x  1)   a  4 x 2  2 x  1, b  4 x 2  2 x  1  b , a  0, b  0 Ta có phương trình 2a  b   2 2 3 ab 3  6a 2  3ab  3b2  0 a a  6( )2  3( )  3  0 b b a 3   4 x2  2 x  1 1 1 b 2    2  x 4x  2x  1 3 2 a 3  ,( TM )  3 b 2)Giải hệ phương trình 1  2 4 x  x  y  1   y 2  y  xy 2  4  (1) (2) Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên y  0 vậy (2)  1  1 4 x 2 y y 1  b ta có hệ y 2  4 x  x  b  1  2  4b  b  x  1 Đặt (1') (2') Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0 1 2 1 2 *) Nếu x = b ta có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2) *) Nếu 2x + 2b = 1 thì hệ vô nghiệm 1 2 1 2 Vậy hệ có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2) Câu V 1) 4 4 Giả sử một số nguyên là số chẵn có dạng 2k thì (2k )  16k  0(mod8) Nếu Số nguyên là số nguyên lẻ có dạng 2k + 1 thì (2k  1)  (4t  1)  16h  1  1(mod8) 4 2 nên với k ,t,h là các số nguyên x, y, z  Z  x  y  z  0,1,2,3(mod8) 4 4 4 Nhưng 2012  4 ( mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông,, 87 đỉnh nằm lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho i điểm.Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2 ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại có thể đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh ở góc là mút của hai đoạn, các điểm còn lại là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 – 66):2 = 70 cạnh màu xanh. a 4b 9c   4 bc ca ab 1 4 9  (a  b  c)(   )  18 bc ac ab Câu III: Chứng minh rằng: Thật vậy: [(b  c)  (a  c)  a  b)](  (a  b  c)( 1 4 9 bc 4(a  c) 9(a  b) 2   )(   )  36 bc ac ab bc (a  c) ( a  b) 1 4 9   )  18 Điều phải chứng minh bc ac ab . Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: ABC  A ' BC  90 , ABC  BAN  A ' BC  BAN 0 B Q D P H M A' I K o A R C Lại có A ' AC  A ' BC ( cùng chắn cung A ' C ) nên BAN  A ' AC Cũng có BAD  CAD  BAD  BAN  CAD  CAN  Mặt khác H đối xứng với K qua AD  HAD  KAD , H thuộc AN nên K thuộc AA’ 2) Bạn tự giải nhé. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Ngày thi: 15/6/2013 Thời gian làm bài: 150’  x 2 x 2   x  x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)  x  2 x 1 x 1    Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q   1. Rút gọn Q 2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên   x  2 3 13  x  3  y  1  10  Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình:   3  2y  4   11  x  3 y  1 6 bc ca ab    a  b  c. Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : a b c Bài 4: (3 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) không đi qua O cắt đường tròn tại hai điểm A,B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn ( C,D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn. 2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD. 3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất. Bài 5: (1 đ) : Không dùng máy tính, hãy rút gọn biểu thức: A  7  13  7  13  2 ---*--- HƯỚNG DẪN GIẢI  x 2 x 2   x  x ( Với x ≥ 0 ; x ≠ 1)  x  2 x 1 x 1     Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q    1.Rút gọn Q    x 2 x 2 Q   x x   x  2 x 1 x 1         x 2  x  1   x  2   x  1 x  1 2  . x 1 x 2     x 1 x  2  x 1     x x 1   x 2  x 1   x x 2x x 2   x 1  x 1  x 1 . x 2x x 1 2.Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên: 2x 2  2  Q x 1 x 1 điều kiện => x  0;2;3 Q=  x  1 U(2)= 2; 1;1;2  x  1;0;2;3 Kết hợp với Vậy với x  0;2;3 thì Q nhận giá trị nguyên. Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình: x  2   1 3 13 1 3 13 3 3   1       x  3 y  1 10  x  3 y  1 10  x  3 y  1 10          3  2y  4   11  3  2  2   11  3  2 1  x  3 y  1  x  3  x  3 y  1 6 6 y 1 6 1 1 Đặt a = ; b= ta được hệ : y 1 x 3 1  1 3 1    a  3b  a     10  x  3 10  x  13 10  ...    (TMDK)    1 1 1 1 y  14  3a  2b  b       y  1 15 6 15    ( ĐK x ≠ 3; y ≠ -1) Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y) = (13;14) Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : bc ca ab    a  b  c. a b c a,b,c là các số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được:  bc ca bc ca  2 .  2c  a b a b    bc ca ab  ca ab ab ca bc ca ab  2 .  2a   2      2.  a  b  c      a bc b c c b a b c a b c     bc ab bc ab  2 .  2b  a c a c  Bài 4: (3 đ) 1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn. HA=HB => OH  AB ( đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm) => OHM = 0 90 Lại có ODM = 900 ( Tính chất tiếp tuyến) Suy ra OHM = ODM = 900 => H,D cùng nhìn đoạn OM dưới 1 góc vuông => H,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OM => các điểm M,D,O,H cùng nằm trên đường tròn đường kính OM 2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD. Ta có: COI  DOI ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> CI  DI => CDI  DIM => DI là phân giác trong của ∆ MCD (1) Lại có MI là đường phân giác trong của ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD 3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất. Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= 2 S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ Q => S∆ MPQ nhỏ nhất  MQ nhỏ nhất (3) D Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm , ta có: MQ = MD+DQ ≥ 2 MD.DQ  2 OD2  2OD  2R ( Vì ∆ MOD vuông tại O có đường cao OD nên OD2=MD.DQ ) O Dấu “=” xảy ra  MD= DQ  ∆OMQ vuông cân tại O  (d)OMD  45  OM A OD R   2.R sin OMD sin 450 (Vì ∆ ODM vuông nên OD= OM.sinOMD ) Vậy MQmin = 2R  OM = 2 R (2) Từ (3) và (4) suy ra khi M nằm trên (d) cách O một khoảng d.v.d.t) I 0 B H P C 2 R thì S∆ MPQ nhỏ nhất là R.2R=2R2 ( Bài 5: (1 đ) : A  7  13  7  13  2 .Ta có: 2.A  14  2 13  14  2 13  2    2 13  1    2 13  1  2  13  1  13  1  2  13  1  13  1  2  0  A  0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮC LẮC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi : 05/4/2017 Bài 1. (4 điểm) 1   a  1 a  1  1  a  1 a  1  1   1) Cho số thực a mà a > 2. Rút gọn biểu thức A  .   a  a  2 a  1 a  2 a  1  x 2  3x y  3 y  1  2) Giải hệ phương trình 16  3 y  5 x Bài 2 (4 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2   2m  1 x  3m  1  0 có hai nghiệm x1 ;x 2 thỏa mãn x12  x22  5 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x)  x2  bx  2017 có giá trị nhỏ nhất là một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2  12 10x  b  0 và 4x2  12 10x  b  0 đều có hai nghiệm phân biệt Bài 3 (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 1  2x  y2 M 2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt M(n)  2n  24n 1n . Chứng minh rằng 2M(n)  8 luôn chia hết cho 31 Bài 4. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O. Dây AB cố định không phải đường kính. Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E sao cho góc CIA và EIB là góc nhọn. CI cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. EI cắt đường tròn (O) tại điểm F khác E. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và D cắt nhau tại M, các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại E và F cắt nhau tại N. Nối OM cắt CD tại P và ON cắt EF tại Q. Chứng minh rằng 1) Tứ giác PQNM nội tiếp 2) MN song song với AB Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 360 . Chứng minh AC 1  5  AB 2 Bài 6 (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi sao cho 1  a  2;1  b  2 . Tìm giá trị lớn nhất của 4 2  4 2  biểu thức A   a  b2  2   b  a 2  2   a b  b a  2 4 2 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐẮC LẮC 2016-2017 Bài 1. 1) 3 3   a 1 1 a 1 1  1   a  1 a  1  1  a  1 a  1  1  1  A  .     .  2 2 a  a  2 a  1 a  2 a  1  a  a 1 1 a 1 1     a 1 1 a 1  a 1 1 a 1 1 a 1  a 1 1  1   .    a a 1 1 a 1 1   1  . a  a  1  a  a  1  2 (do a  2  a  1  0; a  1  1  0) a x 2  3x y  3 y  1  2) 16 (ĐK: x  0;y  0)  3 y  5 (*)  x  x  1  0  (1)  16  3 y  5  x  1 x  3 y  1  0   x   Ta có (*)   16  3 y  5  x  3 y  1  0 x  16 (2)   3 y  5  x x  1  x  1  Giải (1)    121 y (TMDK) 3 y  11    9  x  3 y  1   x  2  x  3 y  1 x  3 y  1 Giải (2)  16    (TMDK)  3 y  5 y  1 y  1 3 y  7  0 3y  4 y  7  0      3 y 1  121   Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x;y    1; ;(2;1)    9   Bài 2. 2 2 1) Ta có    2m  1  4  3m  1  4  m  1  1  0 với mọi m. Nên phương trình luôn có hai                      nghiệm phân biệt với mọi m. x1  x 2  (2m  1) Theo Vi et, ta có:  x1x 2  3m  1 x12  x 22  5   x1  x 2   2x1x 2  5 2 Khi đó m  1   2m  1  2  3m  1  5  2m  m  1  0   m  1 2m  1  0    m  1  2 2 2 2 b b2 b2  2) P(x)  x 2  bx  2017   x    2017   2017  2 4 4  2 b Do đó Min P(x)  2017  4 b2  0  b2  4.2017  2 2017  b  2 2017 4 Phương trình: 4x2  12 10x  b  0 có 1 '  360  4b Ta có 2017  Phương trình : 4x2  12 10x  b  0 có  '2  360  4b   '1  0 360  8 2017  360  4b  360  8 2017 Mà 2 2017  b  2 2017      '2  0  360  8 2017  360  4b  360  8 2017 Vậy cả hai phương trình đều có nghiệm phân biệt Bài 3. y  1  2 m (1)  1) 1  2x  y2   y  1 y  1  2x  y  1  2 n (2) m  n  x  m n 2 Từ (1) và (2)  2  2  2  2  2  m  2,n  1  x  3;y  3 2) +) Nếu n chẵn  n2 4  n2  4t (t  )  2n  24t  16t  5k1  1(k1  ) 2 Và 4n 4  1  n2  4p  1(p  )  24n 4 1 n2  24p 1  2.16 p  5k 2  2(k 2  ) Nên M(n)  5k  3(k  )  2M(n)  8  25k 3  8  8 32 k  1 31(1) +) Nếu n lẻ  n2  4t  1 t    2n Và 4n 4  1  n2  4p (p  )  24n 4 2 1 n 2  24t 1  2.16t  5k1  2  k   24p  16 p  5k 2  1(k  ) Nên M(n)  5k  3(k  )  2M(n)  8  25k 3  8  8 32 k  1 31 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2M(n)  8 luôn chia hết cho 31. Bài 4. 