Tài liệu Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án đầy đủ

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 - ĐẦY ĐỦ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Sở giáo dục và đào tạo hải dương Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS Môn thi : Toán Mã số: ............ Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 1 trang Cõu 1:(2 điểm) 1) Tính: A  9  17  9  17  2 2) Tính: B    6  2 10  5 3  2 3 . 3) Cho C  20091  1  20082  1 và D  2.2009 20092  1  20082  1 . Không dùng máy tính hãy so sánh C và D . Câu 2: (2điểm) 1) Cho đa thức f  x   1.2  2.3  3.4  ...  x.  x  1 . Tìm x để f  x   2010 x  y  z  6  2) Giải hệ phương trình:  xy  yz  zx  1  x2  y2  z2  14  Câu 3: (2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ  1;1 và điểm A di động A  m;0  1) Viết phương trình họ đường thẳng  d m  vuông góc với AB tại A. 2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ  d m  đồng qui. 3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ  d m  đi qua Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD. a) Tính số đo góc NEB. b) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: (1điểm) Cho các số a1 , a 2 , . . . ,a 2009 được xác định theo công thức sau: an  2 với n = 1, 2, …, 2008. (2n  1)( n  n  1) Chứng minh rằng: a1 + a2 + . . . + a2009  2008 2010 ....................Hết.................... Sở giáo dục và đào tạo hải dương C©u Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS M«n thi : To¸n M· sè: ............ Híng dÉn chÊm gåm . . . trang ................................................. Híng dÉn chÊm PhÇn Néi dung A  9  17  9  17  2  1) 0,5điểm   2) 2  9  17  9  17  2 2 18  2 17  18  2 17  4  2  17  1  17  1  2 2 17  2 2   2 2  2 17  1    17  1 2   0,25 2 17  1  2 2 2  0,25  17  1  2  3   3  1  10  5 3  2. 2  3   3  1  10  5 3  2  2  3    3  1  10  5 3   3  1   3  1  10  5 3    4  2 3   10  5 3   10  2  3   2  3   10 B   §iÓ m  6  2 10  5 3 0,25 2 Câu 1 0,5điểm 2 C  20091  1  20082  1 2 điểm   20091  1  20082  1     3) 1,0điểm    20091  1  20082  1  20091  1  20082  1 2 20091  1  20082  1 20091  1  20082  1 20092  1  20082  1 20091  1  20082  1 4017   0,25 2  2009  2008   2009  2008  20092  1  20082  1 Mà 4017  4018  2.2009 4017  < 20092  1  20082  1 Vậy C < D 0,25 20092  1  20082  1 4018 0,25 0,25 2009  1  2008  1 2 2 0,25 Ta có f  x   1.2  2.3  3.4  ...  x.  x  1  3. f  x   1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  x.  x  1 .3  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...  x.  x  1 .  x  2    x  1     0  1.2.3  1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...   x  1 x.  x  1  x.  x  1  x  2  0,25  x.  x  1  x  2  1) 1,0điểm 1 f  x   x.  x  1  x  2  3 1 x.  x  1  x  2   8  x.  x  1  x  2   24 Để f  x   8  3  x 3  3x 2  2 x  24  0   x 3  2 x 2    5 x 2  10 x    12 x  24   0    x  2   x 2  5 x  12   0  x  2  0  2  x  5 x  12  0  1  2 0,25 0,25 Giải phương trình  1 ta được x = 2 0,25 Giải phương trình  2  Vô nghiệm Vậy với x = 2 thì f  x   8 . Câu 2 2 điểm 2) 1,0điểm (1) x  y  z  6   xy  yz  zx  1 (2)  x2  y 2  z 2  14 (3)  (1)  (x + y + z)2 = 36  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 36  xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3)) (2)  xy + yz = zx – 1  xy + yz + zx = 2zx – 1  2zx = 12  zx = 6  xy + yz = 5  y(x + z) = 5 (4) Mà y + x + z = 6  x + z = 6 – y (4)  y(6 – y) = 5  y(6 – y) = 5  (y – 1)(y – 5) = 0 y  1   y  5 +) Với y = 1 thì (4)  x + z = 5  x = 5 – z 0,25 0,25 z  2 x  3   mà zx = 6  (5 – z)z = 6  (z – 2)(z – 3) = 0   z  3 x  2 +) Với y = 5 thì (4)  x + z = 1  x = 1 – z mà zx = 6  (1 – z)z = 6 1 23  (z  )2 =  (phương trình vô nghiệm) 2 4 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S   (3; 1; 2),(2; 1; 3) 0,25 0,25 Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d) A, B  (d) nên    1) 0,75điểm  y 1 x 1  (m  1) 0 1 m 1 x 1 1 y  m 1 m  1  my  y  x  1 y(1  m)  x  m 1 m y x 1m 1m 0,25 Gọi phương trình họ đường thẳng  d m  là y = a’x + b’ Vì  d m   AB tại A nên a.a’ = - 1   y = (m – 1)x + b’ Câu 3 1 .a '  1  a’ = m – 1 1m Vì  d m  đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’ Vậy họ đường thẳng  d m  cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m2) (m  1) 2 điểm 2) 0,5điểm 3) 0,75điểm Giả sử 3 đường thẳng trong họ (dm) đồng qui tại điểm (xo; yô)  yo = (m – 1)xo + (m – m2)  m2 – m(xo + 1) + xo + yo = 0 Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2 nghiệm  Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (dm) đi qua điểm (xo; yo) Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (dm) đồng qui. Gọi các điểm N(x1; y1) mà chỉ có đường thẳng trong họ (dm) đi qua  y1 = (m – 1)x1 + m – m2  m2 – m(x1 + 1) + x1 + y1 = 0 Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (dm) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm.  0  x1 + 1 - 4  x1 + y1  = 0 2 (x1  1)2  y1  4 (x C 1)2 Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol  y1  1 4 E D 450 H O K M P B A NH ’ I 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vẽ hình đúng 0,25 1) 0,5điểm Câu 4 3điể m 0,25 2) 0,25 0,25 0,5điểm 3) 1,0điểm Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. Do  DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®êng kÝnh. Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định. an  2 (2n  1)( n  n  1) Câu 5 a1  2 ...  a 2009  1 điểm 0,25 0,25 0,25 2( n  1  n ) 2( n  1  n ) 1 1     n 1  n 2 n(n  1) n n 1 Do ®ã 0,25 0,25 0,25 1 1 1 1 1 1     ...   1 2 2 3 2009 2010 1 1 2010 0,25 Mặt khác: 2008  1  2008 2009  2010 2009  2010  1   2010  2009  2010 2009   2 2009  1 2010  2 2009  0 2010 2009 2010 2009 1 2008 2008  nên 1  . Vậy a1 + a 2 + . . . + a 2009  2010 2009 2010  0,25 0,25 C©u 5 3 ®iÓm Néi dung cÇn tr×nh bµy Gäi E lµ giao ®iÓm cña PD víi ®êng th¼ng vu«ng gãc víi AB. +) XÐt  DCP vµ  DBE cã: � � DCP  DBE (so le trong) DC = DB (AD lµ trung truyÕn cña  ABC) � � CDP  BDE (®èi ®Ønh)   DCP =  DBE (g.c.g)  CP = BE (1) +) MÆt kh¸c ta cã tø gi¸c MNAP lµ h×nh ch÷ nhËt cã AM lµ tia ph©n gi¸c � cña A nªn MNAP lµ h×nh vu«ng.  AN = AP  CP = BN (2) Tõ (1) vµ (2)  BE = BN   BEN c©n  §iÓm 0,25 � NEB  450 +) Gäi O lµ trung ®iÓm cña EN. Ta cã  BEN vµ  EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®êng trßn t©m O. KÐo dµi HO c¾t ®êng trßn (O) t¹i K. 0,25 Khi ®ã: 1� � OHN  KON 2 1� � OHB  KOB 2 � ( KON gãc ngoµicña tam gi¸c c©n OHN) � ( KOB gãc ngoµi cña tam gi¸c c©n OHB)   1 � 1 � � �  OHN  OHB = KON  KOB  .900 2 2 �  BHN  450 � � VËy cã BHN  BEN  450 (3) � � Chøng minh t¬ng tù ta cã: NHA  NPA  450 (4) � � Tõ (3) vµ (4) cã AHB  900 vµ NH lµ ®êng ph©n gi¸c cña gãc AHB Gäi H’ lµ h×nh chiÕu cña H trªn AB. 0,25 0,25 0,25 0,25 Khi ®ã SAHB = 1 AB.HH' 0,25 Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt. §iÓm H ch¹y trªn cung trßn ®êng kÝnh AB nªn HH’ lín nhÊt khi nã b»ng b¸n kÝnh, tøc lµ khi H  D. Khi ®ã M  D. 0,25 0,25 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Sở giáo dục và đào tạo hải dương Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS Môn thi : Toán Mã số: ............ Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 1 trang Câu 1:(2 điểm) 1) Rót gän biÓu thøc: x P  x  y 1 y     y  x  y 1 x  x   1 x   1 y  2) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2 3) Rút gọn rồi tính giá trị biểu thức: Q  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  2008.2009.2010 Câu 2: (2điểm) 1) Cho biểu thức: A = Tìm x để A  1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 + 2 x x x  3x  2 x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 2 5 4050150  x y  ab 2 2 2 2 x  y  a b 2) Cho hệ phương trình  Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có x n  y n  a n  b n 3) Cho x, y, z  0 và x + y + z  3 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z  2  2 x 1 y 1 z 1 2 Câu 3: (2điểm) 1) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phương với mọi n là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số chính phương. 2) Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD. 1) Tính số đo góc NEB. 2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. 3) CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: (1điểm) Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a 1, a2, ... , an+2 thoả mãn điều kiện 1  a1< a2 < ... < an+2  3n. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj  1  j  i  n + 2  sao cho n < ai – aj < 2n ....................Hết.................... Sở giáo dục và đào tạo hải dương C©u Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS M«n thi : To¸n M· sè: ............ Híng dÉn chÊm gåm 5 trang ................................................. Híng dÉn chÊm PhÇn Néi dung §iÓm ĐK: x  0; y  0; x  1; y  1; x2 + y2 > 0 a  b 1 b 1 a Mẫu thức chung: Câu 1  2điể m 1) 0,75điểm    a  1  a   b  1  b   ab  a  b  a  a a  b  b b  ab  a  b  A =  a  b   1 b   1 a   a  b   1 b   1 a   a  b    a a  b b   ab  a  b  =  a  b   1 b   1 a   a  b   a  b    a  ab  b   ab    =  a  b   1 b   1 a   a  b   a  1 a   b  1 a   b  1 a   1 a       a  b   1 b   1 a   a  b   1  a   b  1  b   a  1  b       a  b   1 b   1 a   x  y   1  x   1  y   x  xy  y   x  xy  y   x  y   1 y   1 x  A= 2  a  ab  b  2   a  1 .  b  1  1 (1) Vì a, b là số chính phương suy ra 2) 0,5điểm  a  1  1    b  1  1 đương với   a  1  1  (Loại vì b  1  0 )   b  1  1  a 2  3) 0,75 điểm 0,25 0,25 0,25 a , b là số tự nhiên. Nên (1) tương C 0,25 E D a  4 45   H b  0  b 0 O K M P 1 Ta có: k  k  1  k  2   k  k  1  k  2   k  3    k  1 k  k  1  k  2    4 B A với k  � Suy ra  0,25 0 NH ’ I 0,25 Q  1.2.3  2.3.4  3.4.5  ...  2009.2010.2011 1 1   1.2.3.4  0.1.2.3   2.3.4.5  1.2.3.4   4 4 1 ...   2009.2010.2011.2012  2008.2009.2010.2011 4 1  1.2.3.4  0.1.2.3  2.3.4.5  1.2.3.4  2009.2010.2011.2012  2008.2009.2010.2011 4 1   2009.2010.2011.2012   4087371731776 4 0,25  0,25 Vậy Q  4087371731776 Ta có 1 1 1 1 1 + + + + x  x  1  x  1  x  2   x  2   x  3  x  3   x  4   x  4   x  5  1 1 1 1 1 1 1 1  + +  x x 1 x + 1 x2 x + 2 x 3 x + 4 x5 1 1 5   x x  5 x  x  5 5 Để A  4050150 5 5   x  x  5  4050150 A= 1) 0,75điểm 0,25 0,25  2) x 2  5 x  4050150  0 Giải phương trình này ta được x1  2010 ; x1  2015 5 Vậy với x1  2010 hoặc x1  2015 thì A  . 4050150 Từ x2 + y2 = a2 + b2  (x2 – a2) + (y2 – b2) = 0  (x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1) Vì x + y = a + b  x – a = b – y Thay vào (1) ta được:  b y  0  b  y   x  a    y  b    0  x  a  y  b    0,75điểm  Nếu b – y = 0  y = b  x = a  x n  y n  a n  b n Câu 2 2điể m x  b  y  a  Nếu x + a = y + b   xn  y n  an  bn Vậy trong mọi trường hợp ta có x n  y n  a n  b n 3) 0,5điểm Ta có:  x  1  0 với x  �  2  2 x  x2  1  y 1 z 1 x 1  ; 2   . 2 x 1 2 y 1 2 z 1 2 2 2x x2  1  2 1 x2  1 x  1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x y z 3  2  2  x 1 y 1 z 1 2 x y z 3 Vậy biểu thức 2  2  2 đạt giá trị lớn nhất bằng x 1 y 1 z 1 2  2 khi x = 1; y = 1 ; z = 1 A = (n + 3n)(n2 + 3n + 2) Đặt n2 + 3n = a A = a(a + 2) = a2 + 2a Vì a > 0 nên a2 < a2 + 2a < a2 + 2a + 1 Do đó a2 < A < (a + 1)2 Vậy A không là số chính phương với mọi n nguyên dương. Đặt m = – n – 3  n = – m – 3  A = (- m – 3)(- m – 2)(- m – 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) 0,25 2 1) 1 điểm Câu 3 Để A là số chính phương thì m  0  - n – 3  0  n  - 3 (1) Để A là số chính phương thì n  0 (2) Từ (1) và (2)  n   3; 2; 1;0 (đều thoả mãn) 2điể m Vậy với n   3; 2; 1;0 th× A lµ sè chÝnh ph¬ng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2) 1,0điểm 0,25 0,25 0,25 Câu 4 3điể m 1) 0,75điểm Vẽ hình đúng 0,25 Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB. +) Xét  DCP và  DBE có: � � DCP  DBE (so le trong) DC = DB (AD là trung truyến của  ABC) � � CDP  BDE (đối đỉnh)   DCP =  DBE (g.c.g)  CP = BE (1) +) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác � của A nên MNAP là hình vuông.  AN = AP  CP = BN (2) Từ (1) và (2)  BE = BN   BEN c©n t¹i B  1� � OHN  KON 2 1� � OHB  KOB 2 1,25điểm � ( KOB góc ngoài của tam giác cân OHB)  Câu 5 1 điểm 0,25  1 � 1 � � �  OHN  OHB = KON  KOB  .900 2 2 �  BHN  450 Khi đó SAHB = 1,0điểm 0,25 � ( KON góc ngoàicủa tam giác cân OHN) � � Vậy có BHN  BEN  450 (3) � � Chứng minh tương tự ta có: NHA  NPA  450 (4) � � Từ (3) và (4) có AHB  900 và NH là đường phân giác của góc AHB Gọi H’ là hình chiếu của H trên AB. 3) 0,25 � NEB  450 +) Gọi O là trung điểm của EN. Ta có  BEN và  EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®êng trßn t©m O. Kéo dài HO cắt đường tròn (O) tại K. Khi đó: 2) 0,25 1 AB.HH' 2 Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt. Điểm H chạy trên cung tròn đường kính AB nên HH’ lớn nhất khi nó bằng bán kính, tức là khi H  D. Khi đó M  D. Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. Do  DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®êng kÝnh. Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định. Với mọi k đặt bi = ai + k thì ai – aj = (ai + k) – (aj + k) = bi – bj (*) Do đó ta có thể chọn k sao cho bn + 2 = an + 2 + k = 3n và chuyển về xét dãy số: 1  b1< b2 < ... < bn+2 = 3n. Xét hai trường hợp: 1) Nếu tồn tại j sao cho n < bj < 2n thì ta có: n < bn+2 – bj < 2n  n < an + 2 + k – aj – k < 2n  n < ai– aj < 2n 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2) NÕu kh«ng cã sè bj nµo thuéc [n + 1; 2n – 1] th× c¸c sè b 1, b2,…, bn+1 cã mÆt ë c¸c thµnh phÇn cña n cÆp sè: (1, 2n), (2, 2n+1), … , (n, 3n 0,25 – 1). MÆt kh¸c do n + 1 > n nªn tån t¹i 2 sè b i, bj (j < i) thuéc cïng mét cÆp, ch¼ng h¹n (t, 2n + t – 1) 0,25 hay n < bi – bj = 2n + t – 1 – t = 2n – 1 < 2n. . Theo (*) tõ cÆp sè bi, bj tho¶ m·n n < bi – bj < 2n 0,25 th× tån t¹i cÆp ai, aj tho¶ m·n: n < ai– aj < 2n Sở giáo dục và đào tạo hải dương Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS Môn thi : Toán Mã số: ............ Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 1 trang Câu 1:(2 điểm) 3) Rót gän biÓu thøc: x P  x  y 1 y     y  x  y 1 x  x   1 x   1 y  4) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2 3) Cho C  20091  1  20082  1 và D  2.2009 20092  1  20082  1 . Không dùng máy tính hãy so sánh C và D . Câu 2: (2điểm) 1) Cho đa thức f  x   1.2  2.3  3.4  ...  x.  x  1 . Tìm x để f  x   8  x y  a b 2 2 2 2 x  y  a b 2) Cho hệ phương trình  Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có x n  y n  a n  b n Câu 3: (2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ  1;1 và điểm A di động A  m;0  1) Viết phương trình họ đường thẳng  d m  vuông góc với AB tại A. 2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ  d m  đồng qui. 3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ  d m  đi qua Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD. 1) Tính số đo góc NEB. 2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. 3) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: (1điểm) Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang. ....................Hết.................... Sở giáo dục và đào tạo hải dương C©u Kì thi chọ học sinh giỏi lớp 9 THCS M«n thi : To¸n M· sè: ............ Híng dÉn chÊm gåm 5 trang ................................................. Híng dÉn chÊm PhÇn Néi dung Câu 1 A  1005  2009  1005  2009  2 2điể m  1) 0,5điểm  2  1005  2009  1005  2009  2 §iÓm  2 0,25  2010  2009  2010  2009  4 2     2 2009  1  2009  1   2   2 2009  1  2  2009  1  2  2 4 2 2 2 0,25 VËy A = 2 2 .  2  3   3  1  10  5 3  2. 2  3   3  1  10  5 3  2  2  3    3  1  10  5 3   3  1   3  1  10  5 3    4  2 3   10  5 3   10  2  3   2  3   10 B 2) 0,5điểm   6  2 10  5 3 0,25 2 2 0,25 VËy B = 10 3) 1,0điểm C  20091  1  20082  1   20091  1  20082  1        20091  1  20082  1  20091  1  20082  1 2 20091  1  20082  1 20091  1  20082  1 20092  1  20082  1 20091  1  20082  1 4017 20092  1  20082  1   0,25 2  2009  2008   2009  2008  20092  1  20082  1 0,25 Mà 4017  4018  2.2009  4017 2009  1  2008  1 2 2 < 4018 0,25 2009  1  2008  1 2 2 Vậy C < D Ta có f  x   1.2  2.3  3.4  ...  x.  x  1  0,25 3. f  x   1.2.3  2.3.3  3.4.3  ...  x.  x  1 .3  1.2.  3  0   2.3.  4  1  3.4.  5  2   ...  x.  x  1 .  x  2    x  1     0  1.2.3  1.2.3  2.3.4  2.3.4  3.4.5  ...   x  1 x.  x  1  x.  x  1  x  2  0,25  x.  x  1  x  2  1 f  x   x.  x  1  x  2  3 1 x.  x  1  x  2   8  x.  x  1  x  2   24 Để f  x   8  3  x 3  3x 2  2 x  24  0   x 3  2 x 2    5 x 2  10 x    12 x  24   0  1) 1,0điểm   x  2   x 2  5 x  12   0  x  2  0  2  x  5 x  12  0  1  2 0,25 0,25 Giải phương trình  1 ta được x = 2 0,25 Giải phương trình  2  Vô nghiệm Vậy với x = 2 thì f  x   8 . 2) 1,0điểm Câu 2 2điể m (1) x  y  z  6   xy  yz  zx  1 (2)  x2  y 2  z 2  14 (3)  (1)  (x + y + z)2 = 36  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 36  xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3)) (2)  xy + yz = zx – 1  xy + yz + zx = 2zx – 1  2zx = 12  zx = 6  xy + yz = 5  y(x + z) = 5 (4) Mà y + x + z = 6  x + z = 6 – y (4)  y(6 – y) = 5  y(6 – y) = 5  (y – 1)(y – 5) = 0 y  1   y  5 +) Với y = 1 thì (4)  x + z = 5  x = 5 – z 0,25 0,25 0,25 z  2 x  3   mà zx = 6  (5 – z)z = 6  (z – 2)(z – 3) = 0   z  3 x  2 +) Với y = 5 thì (4)  x + z = 1  x = 1 – z mà zx = 6  (1 – z)z = 6 1 23  (z  )2 =  (phương trình vô nghiệm) 2 4 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S   (3; 1; 2),(2; 1; 3) 0,25 Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d) A, B  (d) nên    1) 0,75điểm  y 1 x 1  (m  1) 0 1 m 1 x 1 1 y  m 1 m  1  my  y  x  1 y(1  m)  x  m 1 m y x 1m 1m 0,25 Gọi phương trình họ đường thẳng  d m  là y = a’x + b’ Vì  d m   AB tại A nên a.a’ = - 1   y = (m – 1)x + b’ 1 .a '  1  a’ = m – 1 1m Vì  d m  đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’ Vậy họ đường thẳng  d m  cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m2) 0,25 0,25 (m  1) 2) 0,5điểm Câu 3 2điể m 3) 0,75điểm Giả sử 3 đường thẳng trong họ (dm) đồng qui tại điểm (xo; yô)  yo = (m – 1)xo + (m – m2)  m2 – m(xo + 1) + xo + yo = 0 Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2 nghiệm  Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (dm) đi qua điểm (xo; yo) Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (dm) đồng qui. Gọi các điểm N(x1; y1) mà chỉ có đường thẳng trong họ (dm) đi qua  y1 = (m – 1)x1 + m – m2  m2 – m(x1 + 1) + x1 + y1 = 0 Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (dm) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm.  0 C  x1 + 1 - 4  x1 + y1  = 0 2 (x1  1)2  y1  4 0,25 0,25 0,25 0,25 E 450 D O Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol  y1  K (x H 1 M B  1)2 P 4 A NH ’ I 0,25 Câu 4 Vẽ hình đúng 3điể m 0,25 1) 0,75điểm Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB. +) Xét  DCP và  DBE có: � � DCP  DBE (so le trong) DC = DB (AD là trung truyến của  ABC) � � CDP  BDE (đối đỉnh)   DCP =  DBE (g.c.g)  CP = BE (1) +) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác � của A nên MNAP là hình vuông.  AN = AP  CP = BN (2) Từ (1) và (2)  BE = BN   BEN c©n t¹i B  2) 0,25 0,25 � NEB  450 +) Gọi O là trung điểm của EN. Ta có  BEN và  EHN lµ tam gi¸c vu«ng cã chung c¹nh huyÒn EN nªn 1,25điểm bèn ®iÓm B, E, H, N cïng thuéc ®êng trßn t©m O. Kéo dài HO cắt đường tròn (O) tại K. Khi đó: 1� � OHN  KON 2 1� � OHB  KOB 2 0,25 � ( KON góc ngoàicủa tam giác cân OHN) � ( KOB góc ngoài của tam giác cân OHB)  0,25  1 � 1 � � �  OHN  OHB = KON  KOB  .900 2 2 �  BHN  450 � � Vậy có BHN  BEN  450 (3) � � Chứng minh tương tự ta có: NHA  NPA  450 (4) � � Từ (3) và (4) có AHB  900 và NH là đường phân giác của góc AHB Gọi H’ là hình chiếu của H trên AB. Khi đó SAHB = 1 AB.HH' 2 Do ®ã SAHB lín nhÊt khi HH’ lín nhÊt. Điểm H chạy trên cung tròn đường kính AB nên HH’ lớn nhất khi nó bằng bán kính, tức là khi H  D. Khi đó M  D. 0,25 0,25 0,25 3) 1,0điểm Vẽ đường tròn đường kính AB. Gọi giao của HN với đường tròn là I. Do  DHI lµ tam gi¸c vu«ng t¹i H nªn DI lµ ®êng kÝnh. Mà D là điểm cố định nằm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB nên I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB Điểm I đối xứng với D qua AB. Vậy I là điểm cố định. Các đỉnh của hình (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung bằng 1800 nhau, mỗi cung có số đo là   . Các dây nối hai đỉnh của (H) chắn 7 Câu 5 1 điểm các cung nhỏ có số đo là  , 2  , 3  ,…., 7  . Do vËy ®é dµi c¸c d©y ®ã chØ nhËn 7 gi¸ trÞ kh¸c nhau. Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là  6.5  : 2 = 15 Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên phải 3 dây có cùng độ dài. Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3 trái với giả thiết Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thang cân Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trường thcs nhật tân Giáo viên ra đề: Đoàn Văn ái ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2008 - 2009 MễN: TOÁN 9 (Thời gian 150 phút) Bài 1: (1.5đ) Cho x, y, z  0 và x + y + z ≤ 3. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức A  x y z  2  2 x 1 y 1 z 1 2 Bài 2: (1.5đ) Giải phương trình: 1 1  2 x 2  x2 Bài 3: (2.5đ) Cho hê ê phương trình ẩn x, y sau:  mx  y  2m   x  my  m  1 a. Xác định giá trị của m để hê ê có nghiê m duy nhất ê b. Giả sử (x,y) là nghiê êm duy nhất của hê . Tìm hê ê thức liờn hê ê giữa x,y đô êc lâ p với m. ê ê c. Tìm m  Z để x, y  Z d. Chứng tỏ (x,y) luụn nằm trờn mô êt đường thẳng cố định.((x,y) là nghiệm của hệ pt.) Bài 4: (3.5đ) Cho tứ giác ABCD nô i tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC và BD ê vuụng góc với nhau tại I và I khác O. a. Chứng minh: IA.IC = IB.ID b. Vẽ đường kính CE. Chứng minh ABDE là hình thang cõn, suy ra : AB2 + CD2 = 4R2 và AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 c. Từ A và B vẽ đường thẳng vuụng góc đến CD lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại K. Chứng minh A,B,K,F là bốn đỉnh của mô t tứ giác đă c biê t . ê ê ê d. Gọi M là trung điểm của CD. Chứng minh AB = 2OM. Bài5: (1.0 đ) Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2 , người ta lấy 5 điểm phân biệt . Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. Đáp án 2x x 1  2 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x 1  ; 2   . Tương tự 2 2 y 1 2 z 1 2 x 1 2 x y z 3 3 A 2  2  2  Suy ra: MaxA  khi x = 1; y = 1 ; z = 1 x 1 y 1 z 1 2 2 Bài 1: C/minh: 2 x  x 2  1  2 2 Đă êt a  2  x 2 (a  0) thì a2 = 2 – x2  x   2  a 2 . Ta có: Bài 2: ĐK: -2 < x < 2 a x  2  a  x  2ax   a  x  2ax     2 2 ax  2   x  a   2  2ax  4a x  2ax  2  0  x2  a2   1  ax  1; ax   2 1 ax  1  a  ( x  0) x 1  x  2  x2  2x  1  0  x  1 x 1 1   2  x a  x2  a2  2  ax   1  2 a 1 2x ( x  0) 1  2x  2  2x2  2x 1  0  x 1  3 x2  2  1  3  S  1;  2   Bài3: a/ x1  1  2 3  a0 (loai ) (1)  mx  y  2m  (2)  x  my  m  1 2 2  ( m  1) x  2 m  1  3 (3) Với m ± 1 thì hê ê pt có nghiê êm duy nhất b/ y(y – 1) = (x – 1)(x – 2) hê ê thức đô êc lâ p với m ê c/ x  2m  1 1  2 m 1 m 1 (4) y m 1  1 m 1 m 1 m = 0  x = 1; y = 0 m = - 2  x = 3; y = 2 d/ Từ (4) và (5) su ra x – y = 1  y = x – 1 Bài 4 / a. Chứng minh: IAB  IDC IA IB   IA.IC  IB.ID ID IC  (5) . Vì x, y  Z 1  z m 1 B I A K C O E F M D b/ c/m ABCD là hình thang cân ( Chứng minh hai cung AB và DE bằng nhau cm: ED2 + CD2 = EC2 ( tam giác DEC vuông tại D) AB2 + CD2 = 4R2 C/m tương tự: BC2+DA2 = BE2 + DA2 =EC2 = 4R2 c/ cm: ABF cõn  IB = IF. c/m tương tự: IA = IK  ABKF là hình bình hành  AK  BF  ABKF là hình thoi. d/ O là trung điểm của EC, M trung điểm CD  OM là trung bình ECD DE = 2OM AB = DE (ABCD là hình thang cân)  AB = 2OM Bài 5: Chia tam giác thành 4 tam giác không có điểm chung trong bằng việc vẽ các đường trung bình của nó . Khi đó cạnh lớn nhất trong các tam giác đó bằng 1 . Ta chứng minh khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc một trong 4 tam giác đó không vượt quá 1 - khỏang cách luôn không lớn hơn cạnh lớn nhất là 1. Do có 5 điểm trong tam giác ban đầu nên có ít nhất 01 trong 4 tam giác nhỏ chứa không ít hơn 2 điểm trong số 5 điểm đó . vì vậy luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách không vượt quá 1. Ubnd huyện gia lộc Phòng giáo dục& ĐT ®ª ®Ò chÝnh thøc đề thi học sinh giỏi lớp 9 vòng 2 Năm học: 2008-2009 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Ngµy thi 17/01/2009 Câu 1:(1,5 điểm) a) TÝnh : A = 9  17 - 9  17 - 2 b) tính : B = 3  5 .  10  2 3  5  . c) Cho C = 2008  2007 và D = 2009  2008 . Không dùng máy tính hãy so sánh C và D . Cõu 2:(1 điểm) Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của x3 là số nguyên khác 0 và khác - 1. Biết P(2007)  2008 và P(2008)  2009 . Chứng minh rằng: P(2009)  P(2006) là hợp số Câu 3 (2 điểm): 1 1 1   ...  , n  N, n 1 . 1 2 2 3 n  n 1 Tìm tất cả các giá trị của n sao cho n  100 và Sn có giá trị nguyên. a. Gọi Sn = b. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện: abc = 2009. Chứng minh rằng: 2009a b c   1 ab  2009a  2009 bc  b  2009 ca  c  1 Câu 4 (2điểm): x  y  z  6  a. Giải hệ phương trình:  xy  yz  zx  1  x2  y2  z 2  14  a. Cho hệ phương trình hoặc  x y  a b  2 2 2 2 x  y  a b Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có x n  y n  a n  b n b. Chiều cao của một tam giác bằng 3; 4; 5. Tam giác này có phải là tam giác vuông không? hoặc: Cho hình vuông ABCD với M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD. Tính cosMAN? Câu 4 (3điểm): Cho (O;R) và (O’;R’) tiếp xúc nhau tại C. Kẻ đk COA và CO’D; tiếp tuyến chung ngoài EF với F thuộc (O) và E thuộc (O’). Gọi H là giao điểm của AF và DE. a) Chứng minh góc AHD vuông. Từ đó suy ra HC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn. b) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài thứ hai BI với B thuộc (O), I thuộc (O’). Chứng minh rằng : EF + BI = BF + EI c) Tính diện tích tứ giác BFEI theo R; R’. Cõu 5:(2 điểm) Chứng minh rằng luôn tồn tại số có dạng 2009200920092009....2009 mà số đó chia hết cho 2003. Hoặc: Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2, người ta lấy 5 điểm phân biệt. Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. Phòng GD&ĐT Gia Lộc Trường THCS Lê Lợi Đề thi môn toán Thời gian: 150’ Năm học 2008 - 2009 Bài 1(2điểm). Cho biểu thức x y xy P   x  y 1 y x  y 1 x 1 x 1 y        a) Rút gọn P b) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2 Bài 2(2 điểm). Cho hệ phương trình  