Tải bản đầy đủ

BO DE THI HSG LỚP 9 CAC HUYEN

10 ĐỀ THI HSG TOÁN 9 CẤP HUYỆN CÓ ĐÁP ÁN (LUYÊN TẬP CHO HS)
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
HUYỆN TIÊN PHƯỚC
Năm học : 2007 – 2008
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 : ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức
a)A = 4 3  2 2  57  40 2

5  3  29  6 20

b) B =

Bài 2 : ( 2,0 điểm ) a) CMR biểu thức M =

(ĐỀ SỐ 1)

x 5 x 3 2x
luôn nhận giá trị nguyên với mọi x  Z


30 6 15


b) Tìm số tự nhiên gồm bốn chữ số abcd biết rằng nó là một số chính phương ; chia hết cho 9
và d là một số nguyên tố .
2

a2  b2
ab
Bài 3:(1,5điểm) Với mọi a , b  R . Chứng minh:a) 
b) a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b
 
2
 2 
Bài 4 : ( 2,0 điểm ) a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức N = x  2  x
b)
Giải phương trình nghiệm nguyên : 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 )
Bài 5(1,5điểm) Cho hình bình hành ABCD , trên cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M , K sao cho
AM = CK . Lấy điểm P nằm trên cạnh AD ( P ≠ A ; P ≠ D ). Nối PB , PC cắt MK tại
E , F . Chứng minh S
S
S

PEF

BME

CKF

Bài 6 : ( 1,5 điểm )

ˆ D  1200 . Tia Ax tạo với tia AB một góc BA
ˆ x  150 và cắt
Cho hình thoi ABCD có BA
4
3
3


2
2
AB
AM
AN 2

cạnh BC tại M , cắt đường thẳng CD tại N . Chứng minh
TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn: Toán

Bài 1: (6 điểm)
a) Cho P 



x



x  y 1 y



 

y
x y





 

x 1

xy



x 1 1 y

(ĐỀ SỐ 2)



1. Tìm điều kiện của x,y để biểu thức P xác định và rút gọn P
2. Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = 2
b) Chứng minh rằng: Với mọi n N thì n2 + n +1 không chia hết cho 9
Bài 2: (4 điểm) Giải phương trình :



17  x 2  3  x



2

Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 .
Tính giá trị biểu thức: P = a2015 + b2015
2 x 2  3 y 2  4 x  19
Bài 3: (3 điểm)a/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
a)

ab  bc  ca  a  b  c 

 28
b/ Cho a,b,c > 0. Chứng minh : 2
a  b2  c2
abc
3

Bài 4: (6 điểm)Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác
A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P AB), vẽ MQ
vuông góc với AE ( Q AE)
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng
3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh EAO đồng dạng với  MPB suy ra K là trung điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện
tích lớn nhất.
Bài 5: (1 điểm)
Tìm nghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2
PHÒNG GD & ĐT VĨNH TƯỜNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9

1


NM HC 2013 2014
Cõu 1. a) Tớnh:

52 2 9 4 2

b) Cho a, b, c l ba s thc dng tha món iu kin
thc: A a (4 b)(4 c) b(4 c)(4 a)
Cõu 2. Gii cỏc phng trỡnh sau:
a)

( S 3)

a b c abc 4 . Tớnh giỏ tr ca biu

c(4 a)(4 b) abc

x x 1 x 4 x 9 0

b) 2(x2 + 2) = 5 x3 1

Cõu 3. Tỡm tt c cỏc b s nguyờn dng x; y; z tha món

x y 2013
2
2
2
l s hu t, ng thi x y z
y z 2013

l s nguyờn t.
Cõu 4. Cho tam giỏc ABC nhn (ABng trũn (O) ti D.
a) Chng minh cỏc im B, C, E, F thuc mt ng trũn.
b) Chng minh t giỏc BHCD l hỡnh bỡnh hnh.
c) Gi M l trung im ca BC, tia AM ct HO ti G. Chng minh G l trng tõm ca tam giỏc ABC.
Cõu 5. a) Cho a, b, c l cỏc s thc; x, y, z l cỏc s thc dng.
Chng minh :

a 2 b 2 c 2 (a b c) 2

x
y z
x yz

b) Cho x, y, z l cỏc s thc ln hn -1.
Chng minh :

1 x2
1 y2
1 z2


2
1 y z 2 1 z x2 1 x y 2

Cõu 6. Cho bng vuụng 13x13. Ngi ta tụ mu S ụ vuụng ca bng sao cho khụng cú 4 ụ no nm 4 gúc
ca mt hỡnh ch nht. Hi giỏ tr ln nht ca S cú th l bao nhiờu?
đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi TON 9
năm học 2008 2009 120 PHT (VềNG 2)

( S 4)

Bài 1 ( 2 điểm ): Cho đa thức: f(x) = x4 + 6x3 + 11x2 + 6x
1/ Phân tích f(x) thành nhân tử.
2/ CMR với mọi giá trị nguyên của x thì f(x) + 1 luôn có giá trị là số chính ph-ơng.
Bài 2 ( 1,5 điểm ): Cho ph-ơng trình ẩn x:

4x 7
a
b


; với x 1; x 2.
x 3x 2 x 1 x 2
2

Tìm a và b để ph-ơng trình có nghiệm là bất kỳ số thực nào khác 1 và 2.
Bài 3 ( 2 điểm ): Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z; biết rằng x; y; z là các số thực thoả
mãn điều kiện y2 + yz + z2 = 1 -

3x 2
.
2

Bài 4 ( 3,5 điểm ): Cho hình vuông ABCD ( AB = a ), M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Tia Ax vuông góc với
AM cắt đ-ờng thẳng CD tại K. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MK. Tia AI cắt đ-ờng thẳng CD tại E. Đ-ờng
thẳng qua M song song với AB cắt AI tại N.
1/ Tứ giác MNKE là hình gì ? Chứng minh.
2/ Chứng minh: AK2 = KC . KE.
3/ Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì tam giác CME luôn có chu vi không đổi.
4/ Tia AM cắt đ-ờng thẳng CD ở G. cmr

1
1

không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
2
AM
AG 2

Bài 5 ( 1 điểm ): Cho a; b; c là các số thực thoả mãn điều kiện: abc = 2008. Chứng minh rằng:

2008a
b
c


1
ab 2008a 2008 bc b 2008 ca c 1

2


Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9
Năm học 2008 2009 Thời gian: 120 phút
Bài 1: Tính giá trị của các biểu thức sau

2008
Q=

2

P=

2009 2 2008 2009 2 2008



( S 5)



2014 . 20082 4016 3 .2009

2005.2007.2010.2011
10a 3b ab 0
2a b 5b a 9


Bài 2: Biết
. Chứng minh rằng:
3a b 3a b 5
b a 0
2

2

Bài 3: Chứng minh rằng với < 450, ta có sin2 = 2sin. cos.
Bài 4: Cho tam giác ABC có ABC = 60 0 ; BC = a ; AB = c (a, c là hai độ dài cho tr-ớc). Hình chữ nhật MNPQ có
đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đ-ợc gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC.
a/ Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó.
b/ Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng th-ớc kẻ và com-pa.
Tính diện tích của hình vuông đó
Bài 5: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Phòng GD huyện Thanh Oai
Tr-ờng THCS Bỡnh Minh

19b3 - a 3 19c3 - b3 19a 3 - c3
+
+
3(a + b + c)
ab + 5b 2 cb + 5c2 ac + 5a 2

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
( S 6)
năm học 2014- 2015
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)

1 4 x
x2

.
x 1 3
x x 1
8
1.Rút gon P 2.Tìm các giá trị của x để P=
3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P
9
1
1
1
1
1
b. Chứng minh rằng A=



...
4
1 2
3 4
5 6
7 8
79 80
4
2x2 x 6 x2 x 2 x
Bài 2:(4đ) a) Giải ph-ơng trình:
x
Bài 1: (6đ) a. Cho biểu thức: P

b)Chứng minh rằng : n2 + 7n + 2014 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Bài 3:(3đ) a) Tìm nghiệm nguyên của ph-ơng trình 1 + x + x2 + x3 = y3
3
3
3
b)Cho a,b,c là các số d-ơng và a+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= a b c
Bài 4:(6đ) Cho đ-ờng tròn tâm O bán kính R, từ một điểm S ở ngoài đ-ờng tròn vẽ các tiếp tuyến SA.SB ( A, B là các
tiếp điểm). Kẻ đ-ờng kính AC của (O) cắt AB tại E. Chứng minh:
a) Bốn điểm A,O,S,B thuộc cùng một đ-ờng tròn.
b) AC2 = AB.AE
b) SO // CB
c) OE vuông góc với SC
Bài 5: (1đ) Tìm a,b là các số nguyên d-ơng sao cho: a + b2 chia hết cho a2b-1
Trng THCS Dõn Ho

THI HC SINH GII TON ( S 6)

x y
x y

: 1 x y 2 xy


1 xy

1 xy
1 xy

2
a, Rỳt gn P b, Tớnh giỏ tr ca P vi x=
c, Tỡm giỏ tr ln nht ca P
2 3
Câu 2: (4 im) Giải ph-ơng trình 3 x 6 x - (3 x)(6 x) =3
Cõu 1: (6im) Cho P =

b) Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: x2 + y2 = xy + x + y.

x y z
x2 y 2 z 2
a b c
Cõu 3: ( 4 im) a) Cho 1 v 0 . Chng minh rng : 2 2 2 1 .
a b c
a
b
c
x y z

3


b) Cho a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . CMR P=

1
1
1
abc

+ 2
+ 2
2abc
a  bc b  ac c  ab
2

C©u 4: (5đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC . Vẽ đường tròn tâm
(O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F .
Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
C©u 5:(1đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
6 (x 

1
1
1
1
)  3( y  )  2( z  )  xyz 
.
y
z
x
xyz

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
NĂM HỌC 2008 – 2009 (ĐỀ SỐ 7)
MÔN TOÁN ( thời gian làm bài 150 phút )

1 x x

Bài 1 : (2,5đ) a) Rút gọn biểu thức P  (
Tính giá trị biểu thức P khi x 

1 x

 x) :

1
(1  x ) 2

1
2 1

b) Đặt a  3 2  3  3 2  3 .Chứng minh rằng

64
 3a là số nguyên.
( a  3) 3

Bài 2 (2,5đ) a) Giải phương trình 2  5  x  x  5

b) Giải hệ phương trình 

2

 xy  6  3 x  2 y
2
2
x  y  2x  4 y  3

Bài 3 (2đ)Trên mp toạ độ Oxy , cho Parabol (P) y = - x2 và đường thẳng (d) : y = -x – 2
a) Vẽ Parabol (P) và đường thẳng (d)
b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng () : y = mx – m +1 cắt đường thẳng (d) tại các điểm nằm trên
Parabol (P)
Bài 4 (3đ) Cho nửa đường tròn (C) tâm O đường kính AB . Gọi C là 1 điểm trên nửa đường tròn ( C ) và D là điểm
chính giữa cung AC . Gọi E là hình chiếu vuông góc của điểm D trên đường thẳng BC và F là giao điểm của AE với
nửa đường tròn ( C ) . Tia BF cắt DE tại M. Chứng minh :
a) Hai tam giác MDF và MBD đồng dạng .
b) M là trung điểm của đoạn DE .
PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 8)
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013 – 2014

 x 3
x 2
x 2  
x 


 : 1 
 ;
x

2
3

x
x

5
x

6
x

1

 

Với x  0; x  4; x  9 ;

Câu 1 (4 điểm): Cho biểu thức

A  

a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x  6  2 5 .
c) Với giá trị nào của x thì

1
đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất
A

đó?

Câu 2(3 điểm):a) C/m : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
b) Giải phương trình:

y - 2013  1
x - 2012  1
z - 2014  1 3



x - 2012
y - 2013
z - 2014
4

Câu 3 (4 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2.
b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b chia hết cho 45
Câu 4: (7 điểm) 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là
hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB.
a. Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
b.Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R.

4


2. Qua nh A ca hỡnh vuụng ABCD cnh l a, v mt ng thng ct cnh BC M v ct ng thng
DC I. Chng minh rng:

1
1
1


AM 2 AI 2 a 2

.

Cõu 5(2im): Cho x, y, z l 3 s thc dng tha món xyz=1. CMR
PHềNG GD-T THANH OAI
TRNG THCS C KHấ

1
1
1


1
x y 1 y z 1 z x 1

THI HC SINH GII CP HUYN ( S 9)
NM HC 2014 - 2015
MễN THI : TON 150 phỳt


x
3
3
3



x 2 x 3 3 x3 27 3 x 1




i 1(6) 1) Cho biu thc Q

a/ Tỡm iu kin ca Q v rỳt gn Q
b/ Tớnh giỏ tr ca Q khi x 4 7 4 7
3
3
3
2) Chng minh rng A = 1 + 2 + 3 + ...+ 1003 chia ht cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Bi 2: (4)

1)

x 2013 4 x 8052 3

2) Cho abc = 1.Tớnh S =

1
1
1


1 a ab 1 b bc 1 c ac

Bi 3: (3) 1) Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh: x2 + 2y2 + 2xy + 3y 4 = 0

a 2 b2
2 2
2) Bit rng a,b l cỏc s tho món a > b > 0 v a.b = 1 Chng minh :
a b
Bi 4: (6,0 ) Cho na ng trũn ng kớnh BC = 2R, tõm O c nh. im A di ng trờn na ng trũn. Gi H
l hỡnh chiu ca im A lờn BC. Gi D v E ln lt l hỡnh chiu ca H lờn AC v AB.
a) Chng minh tam giỏc ABC vuụng
b)Chng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
c) Xỏc nh tam giỏc ABC sao cho t giỏc AEHD cú din tớch ln nht? Tớnh d/ tớch ln nht ú theo R.
Bi 5: (1) Tỡm nghim nguyờn dng ca phng trỡnh: 2( x
Sở Giáo dục - Đào tạo Thái Bình

y ) 16 3 xy

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2008-2009
Môn: Toán

( S 10)

x 2 1 y2 1
Bài 1. (3 điểm) Cho x, y là các số nguyên khác 1 thỏa mãn
là số nguyên.

y 1 x 1
Chứng minh rằng x 2y22 1 chia hết cho x + 1.
Bài 2. (3 điểm) Tìm đa thức bậc 7 có các hệ số là số nguyên nhận x =
Bài 3. (3 điểm) Giải ph-ơng trình sau:

7

3 75

là một nghiệm.
5
3

x 3 . 4 x 12 x x 28

Bài 4. (3 điểm) Cho: xy+yz+zx=4/9 v x,y,z>0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A x 2 14y2 10z2 4 2y
Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, ngoại tiếp đ-ờng tròn tâm O. Chứng minh rằng:

OA 2
OB2
OC2


1
AB.AC BA.BC CA.CB
Bài 6. (3 điểm)Cho tam giác ABC đều, có độ dài cạnh là 1. Trên cạnh BC lấy điểm D không trùng với B và C. Gọi r1
là bán kính đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ABD; r2 là bán kính đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ACD. Xác định vị
trí của điểm D để r1.r2 đạt giá trị lớn nhất.

5


Bài 7. (2 điểm)Cho 2009 điểm khác nhau nằm bên trong hình chữ nhật có chiều dài 251cm và chiều rộng 4cm.
Vẽ 2009 hình tròn nhận các điểm trên làm tâm và có cùng bán kính là 2 cm. Chứng minh rằng tồn tại ít
nhất 1 hình tròn trong số chúng chứa ít nhất 3 điểm trong 2009 điểm nói trên.

6


Bài 1 ( 1,5điểm)

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM (ĐỀ SỐ 1)
MÔN TOÁN LỚP 9 – KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Rút gọn biểu thức

A = 4 3  2 2  57  40 2



 



2  5  4 2 ( 0,25đ) = 4  4 2  5  4 2  1

= 4 1

5  3  29  6 20 =

B=

5  3  ( 2 5  3) =

=

= 4 (1  2 ) 2  (5  4 2 ) 2

Bài 2 (2,0điểm)

( 0,25đ)

5  3  ( 2 5  3) 2
5  62 5 =

(0,25đ)

5  5 1

=1

Câu a : 1,0 điểm

x
x
2x x 5  5x 3  4x x( x 4  4x 2  x 2  4)


=
=
30 6 15
30
30
2
2
x( x  4)(x  1) x( x  1)(x  1)(x  2)(x  2)

=
30
30
5

( 0,25đ)

3

M=

(0,25đ)
(0,25đ)

Hiểu và lập luận được x(x-1)(x+1)(x-2)(x+2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
nên chia hết cho 30 với mọi x  Z , vậy M luôn nhận giá trị nguyên với mọi x

(0,5đ)

Câu b : 1.0 điểm */ Lập luận được d = 5 (0,25đ) ,thấy được 100 > abcd suy ra abcd = x5 2(0,25đ)
2

Vì abcd chia hết cho 9 => x5 2 chia hết cho 9 => x5 2 chia hết cho 3
(0,25đ)
Suy ra x+5 = 6 ; 9 ; 12 => x = 1 ; 4 ; 7 . Kiểm tra 152, 452, 752 => kquả (0,25đ)
2

a2  b2
ab
2
 a  b   2a 2  2b 2 (0,25đ)


2
 2 
2
 a  b  0 ( đúng hiển nhiên – đpcm) (0,5đ)
Câu b : (0,75điểm)
a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b  a 2  b 2  1  ab  a  b  0
2
2
2
 2a 2  2b 2  2  2ab  2a  2b  0 (0,25đ)  a  b  a  1  b  1  0
Bài 3 (1,5điểm). Câu a (0.75đ) : 

Bài 4 (2,0điểm) Câu a (1,0đ) Điều kiện x ≤ 2 .Đặt

1
2

 N = 2 – y2 + y =  ( y  ) 2 

2  x  y  0 ta có y2 = 2 – x

9 9
 . (0,25đ) Max N = 9/4  y = 1/2 x = 7/4
4 4

(0,5đ)

(0,25đ)
(0,5đ)

Câu b (1,0đ) Giải phương trình nghiệm nguyên
5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 )  5x2 + 9y2 – 12xy + 8 +24x – 48y +72 = 0 (0,25đ)
4x2 + 9y2 + 64 – 12xy – 48y + 32x +x2 – 8x +16 = 0  ( 2x – 3y + 8 )2 + ( x – 4 )2 = 0 (0,5đ)
suy ra
x – 4 = 0 và 2x – 3y + 8 = 0 =>x =4 và y = 16/ 3.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên (0,25đ)
Bài 5 (1,5điểm)
lập luận diện tích tam giác PBC bằng nửa diện tích hbh ABCD (0,25đ)
Lập luận diện tích tứ giác AMKD bằng diện tích tứ giác CKMB và bằng nửa diện tích
M
A
B
hbh ABCD (0,5đ)
E
P
Suy ra diện tích tam giác PBC bằng diện tích CKMB (0,25đ)
Loại trừ đi diện tích phần chung , suy ra kết quả
(0,5đ)
F

D

K

C

Bài 6 ( 1,5điểm)

Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với Ax , cắt cạnh DC tại K

A

B
M

ˆ K  150 (0,25đ). Chứng minh hai tam giác DAK , BAM
=> DA
bằng nhau => AK = AM (0,5đ) . Thấy được AH là đường cao
của AKN vuông tại A , suy ra

D

K

H

C

N

mà AH= AD.Sin600 = AB.

1
1
1
(0,25đ)


2
2
AH
AK
AN 2

3
, thế vào, suy ra được kquả (0,5đ)
2

Lưu ý : Nếu bài giải theo các cách khác mà đúng thì vẫn được điểm tối đa (dựa vào đáp án t/ phần)
TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
(ĐỀ 2)

7


Mụn: Toỏn
Ni dung

Bi
Bi 1
(6 )

im

a)
1. Tỡm ỳng iu kin : x 0, y 0 ,y 1, x+y0

x

P

=
















x y 1 y



y



Ta cú 1

x y





0,5.

x 1



1,0.



x 1

y

x xy y =2

2. P=2



x y x xy y xy

== x xy





x y 1 y

x y

1



x 1 y 1 y xy

0,5.



0,5.



x 1 y

x 1 1
y 1 x 1 1



0,5.

y 1 1

x 2 x 4 .Kt hp vi iu kin x 0.

Vy 0x4
x {0,1,2,3,4}. Thay vo phng trỡnh P=2 ta cú:
(x,y) {(4,0); (2,2)}
b) gi s tn ti s t nhiờn n n 2 n 1 9
Đặt A n 2 n 1 . Vì A9 4 A9 (1)
Ta có: 4 A 4(n 2 n 1) (2n 1) 2 3

0,5
0,5

1,0.
0,5.

Vì A9 4 A3 (2n 1) 3 2n 13 (2n 1) 9
2

2

4 A (2n 1) 2 3 không chia hết cho 9 4 A không chia hết cho 9
Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai.
Vậy với n N thì n 2 n 1 không chia hết cho 9.
Bi 2
(4)

1.(2) Tỡm ỳng iu kin 0 x
- t


4

t x ( t 0)
3 x u





t u 3 x x 3
x 2 t 4

4
4
17-t4
17-t =u

t+u=3

t+u=3

4

ut=2
-Gii ra c n ut=16


0,5

0,5.

* Vi ut=2 t=1 hoc t=2
- Vi t=1 x=1
-Vi t=2 x=4
* Vi ut=6 Pt vụ nghim
-Kt lun nghim
2. (2)

0,5
0,25

a102 b102 a101 b101 a b ab a100 b100

0,5.

a102 b102 a102 b102 a b ab

0,5.

a b ab 1

0,5
0,5.

a, b 1;1
Bi 3
(3)

0,5.
0,25

17

u +t =17
t+u=3


Ta cú :

(2)

Tớnh ra P=2
1. Vit c
0,25.
0,25
0,25.

8


 2  x 2  2 x  1  3  7  y 2 

0,25đ

 2  x  1  3  7  y 2 
2

0,25đ

 37  y2  2
 y là số nguyên lẻ
Mà 2  x  1  0
2

0,25đ.

 7  y   0 y
2

2

=1

0,25đ

2

Thay y =1 vào tìm được x=2, x=-4
Thử lại :… và trả lời .Có các nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1)
2. Với x, y, z > 0 . Ta có:

0,25đ

x y
  2 (1).
y x
1 1 1
9
+)   
(2)
x y z x yz
+)

x2  y 2  z 2
+) x + y + z  xy + yz + zx 
 1 (3)
xy  yz  zx
Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3)  x = y = z.Ta có:
ab  bc  ca
(a  b  c )
P
 (a  b  c)2 .
abc
a 2  b2  c2
ab  bc  ca
(a  b  c )

 (a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca).
2
2
2
abc
a b c
2

2

0,5đ

2

0,5đ

Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:

P

ab  bc  ca

a 2  b2  c2

 (a 2  b 2  c 2 ).

9
 2.9
ab  bc  ca

 ab  bc  ca a 2  b 2  c 2 
a 2  b2  c2


 8.
 18

 a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca 
ab

bc

ca


 2  8  18  28
a 2  b2  c2  ab  bc  ca

Dấu “ =” xảy ra  
 a  b  c.

ab  bc  ca
Bài 4
(6đ)

I
M

K

B

O

P

Q
E

0,25đ

I

x

A

.
a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại A  AE AO
 OEA vuông ở A O,E,A  đường tròn đường kính OE(1)
Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại M  MEMO
MOE vuông ở MM,O,E  đường tròn đường kính OE(2)
(1),(2) A,M,O,E cùng thuộc môt đường tròn

9

0,75đ.


*Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :

EAO  APM  PMQ  90o
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I
là trung điểm của AM.
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và
tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng
hàng.
c) hai tam giác AEO và PMB đồng
dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bằng nhau là AOE  ABM , vì OE // BM
=>

1,5đ.

1,5đ.

AO AE

(3)
BP MP

Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số

0,75đ.

KP BP

(4)
AE AB

Từ (3) và (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Ta dễ dàng chứng minh được :

a bcd
 (*)
4


4

abcd  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
MP =

MO2  OP2  R 2  (x  R)2  2Rx  x 2
1,5đ

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP  x 2Rx  x 2  (2R  x)x 3
S đạt max  (2R  x)x 3 đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max

x x x
. . (2R  x) đạt max
3 3 3
x
Áp dụng (*) với a = b = c =
3


4

4
x x x
1 x x x
 R
Ta có : . . (2R  x)  4     (2R  x)  
3 3 3
4 3 3 3
16

x
3
Do đó S đạt max   (2R  x)  x  R .
3
2
R 3
Vậy khi MP=
thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất
2

Bài 5
(1đ)

Tìmnghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1)
Do vai trò của x,y,z bình đẳng, nên không mất tính chất tông quát.
Giả sử x y z 1,từ đó suy ra xy+yz+zx xy+xy+xy=3xy(2)
(1),(2) 3xyz xyz+2
Hay 3xy xyz  z<3
Do z là một số nguyên dương z=1,z=2
+khi z=1x+y=2.do x,y nguyên dương x=1,y=1
+khi z=2 (y-2)(x-2)=2
(x-2)=2
Do x y z 1  (y-2)=1

Trả lời: (x,y,z)=(1,1,1),(4,3,2)
PHÒNG GD&ĐT VT

HƯỚNG DẪN CHÁM ĐỀ THI HSG 9
NĂM HỌC 2013 – 2014 ( ĐỀ SỐ 3)

10

0,5đ
0,5đ


Câu

Nội Dung

Ý

5  2 2  9  4 2  5  2 2  (2 2  1) 2  5  2 3  2 2
Câu 1

 5  2 ( 2  1) 2  3  2 2  ( 2  1) 2  2  1

A  a(4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a)  c(4  a)(4  b)  abc

a  b  c  abc  4  4a  4b  4c  4 abc  16
 a (4  b)(4  c)  a (16  4b  4c  bc)
 a (2 a  bc ) 2  a (2 a  bc )  2a  abc
Tương tự

b(4  c)(4  a)  2b  abc , c(4  a)(4  b)  2c  abc

 A  2(a  b  c)  3 abc  abc  2(a  b  c  abc )  8
x  9  x  4  x 1  x
5
1


x9  x4
x 1  x
 x  9  x  4  5( x  1  x)

a) ĐK: x  0. Pt 

(1)

(2)

Câu 2

Từ (1),(2) suy ra:

x  9  3 x  1  2 x  3 x  1  9 x  9  x  9 ,dấu “=” xảy ra
khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt.
Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
b) ĐK: x  -1.
Đặt a = x  1 , b = x 2  x  1 với a  0, b>0.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2(a2 + b2) = 5ab  (2a-b)(a-2b)=0
 2a=b hoặc a=2b
Với a=2b 

x  1 =2 x 2  x  1

Với b=2a 

x 2  x  1 =2 x  1

 4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm.

 x2-5x-3 = 0  x 
Ta có

Câu 3

x  y 2013 m

m, n 
y  z 2013 n



*

5  37
(thỏa mãn đk x  -1.)
2



,  m, n   1 .

nx  my  0
x
y m
 nx  my  mz  ny  2013  
  
 xz  y 2 .
mz

ny

0
y z
n


x2  y 2  z 2   x  z   2 xz  y 2   x  z   y 2   x  y  z  x  z  y  .
2

2

 x2  y 2  z 2  x  y  z

Vì x  y  z  1 và x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố nên 

x  y  z  1

Từ đó suy ra x  y  z  1 (thỏa mãn).

11


A

E
F

G

O

H
B

C

M

Câu 4

D

BFC

900 ( cùng nhìn cạnh BC)

BEC

Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC.
0

90  DC  AC
Ta có ACD
Mà HE  AC; suy ra BH//DC (1)
Chứng minh tương tự: CH//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.
Do đó AM, HO trung tuyến của AHD  G trọng tâm của AHD 
Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,

GM 1

AM 3

GM 1

AM 3

Suy ra G là trong tâm của ABC
a) (0,5điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

(

a 2 b2 c2
a2
b2
c2
  ).( x  y  z )  (
. x
. y
. z )2 =
x
y z
x
y
z

( a  b  c )2  (a+b+c)2
 đpcm
b)

(1 điểm) Vế trái



Câu 5
Đặt

2(1  x 2 )
2(1  y 2 )
2(1  z 2 )


M
2(1  z 2 )  (1  y 2 ) 2(1  x 2 )  (1  z 2 ) 2(1  y 2 )  (1  x 2 )

1  x 2  a,1  y 2  b,1  z 2  c. với a, b,c >0

2a
2b
2c
2a 2
2b 2
2c 2





2c  b 2a  c 2b  a 2ac  ab 2ab  bc 2bc  ac
Sau đó áp dụng bđt ở phần a) và bđt (a  b  c) 2  3(ab  bc  ca)  M  2 .
Khi đó

M=

Từ đó có đpcm
Gọi xi là số ô được tô đỏ ở dòng thứ i.

xi ( xi  1)
Vậy
2
x ( x  1)
x ( x  1) x2 ( x2  1)

 ...  13 13
tổng số các cặp ô đỏ là A= 1 1
2
2
2
Ta có: S= x1 + x2 + …+ x13; ở hàng thứ i số các cặp ô đỏ là C2xi =

Câu 6

Chiếu các cặp ô đỏ xuống một hàng ngang nào đó, theo giả thiết thì không có cặp ô
đỏ nào có hình chiếu trùng nhau.

12


Vy C213=78 A=



13

13

x x
i 1

2
i

i

i 1

x ( x 1)
x1 ( x1 1) x2 ( x2 1)

... 13 13
2
2
2
156

p dng BT Bunhiacopxki ta cú:

s2
s 156
13
i 1
i 1
s2-13s-2028 0 S 52
13

13

( xi )2 13( xi2 )

Du = xy ra khi v ch khi x1 = x2 = = x13 = 4 (mi dũng cú 4 ụ c tụ ).
(Hc sinh lp lun ch ra S 52 c 0,25)
V hỡnh minh ha: (0,25)
x x x x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
Vy giỏ tr ln nht ca S=52

x x
x x
x X
x
x
x
x

x x
x
x

x
x

x

X
x
x

x
x x
x
x x

x
X
x
X x
x

Lu ý: Hc sinh lm theo cỏch khỏc m ỳng vn cho im ti a./.

đáp án, biểu điểm môn toán
kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9
S 4
năm học 2008 - 2009
( Thời gian làm bài: 120 phút - Vòng 2 )

Bài 1: 2 điểm; Mỗi câu 1 điểm.
Câu 1: Lần l-ợt phân tích để có kết quả f(x) = x ( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 )
Câu 2: Từ kết quả của câu 1 ta có:
+ A = f(x) + 1 = x( x + 3 )( x + 1 )( x + 2 ) + 1 = ( x2 + 3x )( x2 + 3x + 2 ) + 1
( 0,25 điểm )
+ Đặt x2 + 3x = t; ta có A = t( t + 2 ) = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
+ Do x Z nên t = x2 + 3x x Z; do đó ( t + 1 )2

Z và ( t + 1 )2 là số chính ph-ơng.

( 0,25 điểm )
( 0,25 điểm )

+ KL:
( 0,25 điểm )
Bài 2: 1,5 điểm.
+ Với x 1; x

2 ta có:

a
b
ax 2a bx b (a b) x (2a b)



x 1 x 2
( x 1)( x 2)
( x 1)( x 2)

13


( 0,25 điểm )
+ Do đó

4x 7
a
b


với mọi x 1; x 2
x 3x 2 x 1 x 2
4x 7
( a b) x ( 2a b)
với mọi x 1; x 2


( x 1)( x 2)
( x 1)( x 2)
4x 7 = ( a + b )x ( 2a + b ) với mọi x 1; x 2
a b 4

2 a b 7
2

( 0,75 điểm )
+ Từ đó tính đ-ợc a = 3; b = 1.
( 0,25 điểm )
+ KL:
( 0,25 điểm )
Bài 3: 2 điểm
+ Ta có y2 + yz + z2 = 1 -






3x 2
2

2y2 + 2yz + 2z2 = 2 3x2
3x2 + 2y2 + 2yz + 2z2 = 2 ( 1 )
x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz + x2 2xy + y2 + x2 2xz + z2 = 2
( x + y + z ) 2 + ( x y )2 + ( x z )2 = 2
( 1,0 điểm )

+ Do ( x y )2 0; ( x z )2 0 nên từ ( * ) suy ra ( x + y + z )2 2
Hay - 2 x y z 2

( 0,5 điểm )
+ Dấu = xảy ra khi x y = 0 và x z = 0 hay x = y = z
Thay vào ( 1 ) đ-ợc 9x2 = 2; x =

2
2
;x=3
3
( 0,25 điểm )

2
thì min B = - 2
3
2
Với x = y = z =
thì max B = 2
3

+ KL: Với x = y = z = -

( 0,25 điểm )
Bài 4: 3,5 điểm.
A

B

M

N
I

K

D

E

C

G

Câu 1: 0, 75 điểm.
+ Từ MN // AB // CD và MI = IK áp dụng định lý Ta let ta có NI = IE
+ Chỉ ra tam giác AMK vuông cân tại A để có AE KM

14

( 0,25 điểm )
( 0,25 điểm )


+ Tứ giác MNKE là hình bình hành có hai đ-ờng chéo vuông góc với nhau nên MNKE là hình thoi.
( 0,25 điểm )
Câu 2: 0, 75 điểm.
+ Từ tính chất hình vuông có ACK = 45 0.
( 0,25 điểm )
+ Chứng minh hai tam giác AKE và CKA đồng dạng, suy ra ĐPCM. ( 0,5 điểm )
Câu 3: 1, 0 điểm.
+ Từ hai tam giác ABM và ADK bằng nhau ta có MB = DK nên EK = MB + ED.
( 0,25 điểm )
+ Tam giác AMK vuông cân tại A có MI = IK nên AI là trung trực của MK do đó ME = EK.
( 0,25 điểm )
+ Từ đó ME = MB + ED, suy ra ME + CM + CE = 2a.
( 0,25 điểm )
+ KL:
( 0,25 điểm )
Câu 4: 1, 0 điểm.
+ Tam giác AMK vuông cân tại A nên AM = AK; do đó

1
1
1
1


=
.
2
2
2
AM
AG
AK
AG 2

( 0,25 điểm )

+ Tam giác AKG vuông tại A nên AK . AG = KG . AD = 2. dt AKG, do đó AK2 . AG2 = KG2 . AD2.
( 0,25 điểm )
+ Mặt khác lại có KG2 = AK2 + AG2 và AD = a nên ta có
AK2 . AG2 = a2( AK2 + AG2 ), hay

1
1
1
AK 2 AG 2
1

2 , suy ra
= 2
2
2
2
2
AK
AG
a
AK . AG
a
( 0,25 điểm )
( 0,25 điểm )

+ KL:
Bài 5: 1 điểm.
+ Đặt vế trái của đẳng thức cần chứng minh là A.
+ Từ abc = 2008 suy ra a; b; c khác 0.

( 0,25 điểm )
+ ở phân thức thứ nhất ta thay 2008 bởi tích abc; giữ nguyên phân thức thứ hai; nhân cả tử và mẫu của phân thức thứ
ba với b ta có:
A=

2008
b
bc
bc b 2008



1
bc b 2008 bc b 2008 bc b 2008 bc b 2008

( 0,75 điểm )
H-ớng dẫn chấm ( S 5)
Bài 1: Tính giá trị của các biểu thức sau

2009 2 2008 2009 2 2008 =

P=

2008
Q=

2

Q=











2

2008 1





2008 1

2

=2

2014 . 20082 4016 3 .2009

2005.2007.2010.2011
2
x x 6 x 2 2x 3 x 1





x 3 x 1 x 2 x 3

=

. Đặt x = 2008, khi đó

x 2 x 3 x 3 x 1 x 1
x 3 x 1 x 2 x 3

= x + 1 = 2009

Bài 2: Ta có 10a2 - 3b2 + ab = 0 3(4a2 - b2) - a(2a - b) = 0

2a - b = 0
b = 2a

5a + 3b = 0
5a = -3b (loai)
2a b 5b a 2a 2a 10a a 9a 9





Với b = 2a
3a b 3a b 3a 2a 3a 2a 5a 5
(2a - b)(5a + 3b) = 0

Bài 3: Xét ABC có

A 900; C = . Kẻ trung tuyến AM, đ-ờng cao AH AMH 2
15


a
.
2

Đặt BC = a; AC = b; AB = c; AH = h; MA = MB = MC = m =

A

c
b
h
; cos = ; sin2 =
a
a
m
c b 2bc 2ah 2h h
= sin2
Do đó 2sin. cos = 2 . 2 2
a a
a
a
a
m
Ta có sin =



B

Bài 4:
a/ Đặt AM = x (0 < x < c) .

C

M

H
A

MN AM
ax
=
MN =
Ta có:
BC
AB
c
c - x 3 .
MQ = BM.sin60 0 =
2

x

M

N

Suy ra diện tích của MNPQ là:

S=

ax c - x 3
2c

=

a 3
x c - x
2c

600

B

Q

C

P

2

a+b
a+b
+ Ta có bất đẳng thức:
ab ab
(a > 0, b > 0)
2
2
2

c
c2
x+c-x
áp dụng, ta có: x(c - x)
. Dấu đẳng thức xảy ra khi: x = c - x x = .
=

2
4
2
a 3 c2 ac 3
ac 3
c
. =
Suy ra: S
. Vậy: S max =
khi x = hay M là trung điểm của cạnh AB
2c 4
8
8
2
b/ Giả sử đã dựng đ-ợc hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F.
Dựng hình chữ nhật E'F'G'H' (E' AB;G', H' BC)
Ta có: E'F'// EF và F'G'// FG, nên:

E'F' BE' BF' F'G'
=
=
=
EF BE BF FG

E'F' = F'G' . Do đó E'F'G'H' là hình vuông

+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh
BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh t-ơng tự trên, ta có
EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông

BH'
1
= cotg60 0 =
;
E'H'
3
BG' BH' + H'G' BH'
1
cotgF'BC
=
=
+1 =
+1 .
F'G'
F'G'
E'H'
3
+ Ta có:

A

E

Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB,
cắt AC tại một điểm F duy nhất.
Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất

E'

F'
EF AE
ax
=
EF =
+ Đặt AE = x . Ta có
;
B
BC AB
c
H' H G'
(c - x) 3
HE = c - x sinB =
2
ax (c - x) 3
c2 3
=
x=
EFGH là hình vuông, nên EF = EH
c
2
2a + c 3
2
Suy ra diện tích hình vuông EFGH là: S = EF =

F

3a 2 c 2

2a + c 3
16

2

G

C


Bài 5: Ta có a2 + b2 - ab ab

(a + b)(a 2 + b 2 - ab) ab(a + b) a 3 + b 3 ab(a + b)

a 3 + 20b 3 19b 3 + ab(a + b) 20b 3 - ab(a + b) 19b 3 - a 3
b(20b 2 - ab - a 2 ) 19b 3 - a 3 b(20b 2 - 5ab + 4ab - a 2 ) 19b 3 - a 3
b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b 3 - a 3
b(4b - a)(a + 5b) 19b 3 - a 3 (4b - a)(ab + 5b 2 ) 19b 3 - a 3


19b 3 - a 3
4b - a
ab + 5b 2
T-ơng tự với a, b, c > 0 thì:

19c3 - b 3
19a 3 - c3

4c
b;
4a - c
cb + 5c2
ac + 5a 2

Từ đó ta có BĐT cần chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c

Đáp án + biểu điểm ( S 5)
Bài 1: a) (4đ)
1.(2đ)
Tìm đ-ợc ĐK: x 0

0,25đ


x2
1 4 x


.
x 1 3
( x 1)( x x 1)

0,5đ
0,5đ

x 2 ( x x 1) 4 x

.
( x 1)( x x 1) 3


x 1
4 x
.
( x 1)( x x 1) 3



4 x
3( x x 1)

0,5đ
0,25đ

2. (1đ)

8
1
2 x 5 x 2 0 x1 4; x2 (TMĐK)
9
4
3.Với x 0;3( x x 1) 0 P 0 , minP=0 khi x=0
4
1
1
4
Với x>0,P=
vì x
2 nên x
1 1 . Do đó P .
1
3
x
x
3( x
1)
x
4
Dấu = xảy ra khi x=1. Vậy maxP= khi x=1
3
P=

1
1
1
1


...
1 2
3 4
5 6
79 80
1
1
1
1


...
A>
2 3
4 5
6 7
80 81
1
1
1
1
1
1



...

2A >
1 2
2 3
3 4
4 5
79 80
80 81


0,5đ
0,25đ
0,25đ

b. A=

17






2 1 3 2 4 3 5 4 ... 81 80

2A >

2A > 81 1 9 1 8 A 4 (đpcm)
Bài 2:(4đ)
a) (2đ)
ĐK: x>0
Nhận thấy 2 x 2 x 6 x 2 x 2 với mọi x
Biến đổi:

0,25đ

4
x
2
x 4
x2 4

x
2 x2 x 6 x2 x 2

2x2 x 6 x2 x 2 x


0,5đ
0,25đ

2 x2 x 6 x2 x 2 x
4
2 x 2 x 2 x x 2 x 2 2 x 4 x3 2 x 2 4 0
x
3
2
( x 1)( x 2 x 4 x 4) 0

0,5đ
0,5đ

x 1(dox3 2 x 2 4 x 4 0khix 0)

b)(2đ) Giả sử n2 +7n +2014 9

n2 7n 2014 3 4n 2 28n 8056 3 (2n 7) 2 8007 3

0,5đ

vì 8007 3 (2n 7) 2 3 (2n 7) 2 9
mà 8007 không chia hết cho 9. Nên (2n+7)2+8007 không chia hêt cho
2
9 n 7 n 2014 không chia hết cho 9 mâu thuẫn với giả sử nên điều giả sử là sai. Vậy
n2+7n +2014 không chia hết cho 9 (đpcm)

0,5đ


Bài 3: (3điểm)
a. (1,5d) Gii: Ta cú x2+x+1=(x+
5x2+11x+7=5(x+
2

1 2 3
) + >0
2
4

0,25đ
0,25đ

11 2 19
)
>0
10
20

3

2

0,5đ
2

3

2

3

2

Nờn(1+x+x +x )-(1+x+x )<1+x+x +x <(1+x+x +x )+(5x +11x+7)
x3<1+x +x2+x3<(x+2)3 hay x3
x 0
x 1

=>(x+1)3=1+x+x2+x3 x(x+1)=0

0,5đ

*x=0=>y=1
*x=-1=>y=0
Vy nghim nguyờn ca PT l : (0;1), (-1;0)

0,5đ

b) (1,5đ)
ta có a>0 nên a3

1
1
1 1
a

3 3 a3 . .
( bđt côsi cho 3 số d-ơng)
27 27
27 27 3

a 2

3 27
b 2 3 c 2 ,
;c
t-ơng tự b3
3 27
3 27
1
2 1 2 1
a 3 b 3 c 3 (a b c)
3
9 3 9 9

0,5đ

a3

0,5đ

18


1
1
. Dấu = xảy ra khi a=b=c=
3
9
1
1
Vậy min A= a b c
9
3
Do đó A

Bài 4:(6đ)
a.
Vẽ đúng hình chứng minh đ-ợc 4 điểm A,O,S,B cùng thuộc 1 đ-ờng tròn đ-ờng kính SO

A
A
A
A

1,5đ
1,5đ

O

S

S

B
2

b.Cm đ-ợc AC =AB.AE
c. Cm đ-ợc SO//CB

1,5đ

C
y

E

d. Cm AECđồng dạng SOA

1,5đ

EC AC
EC AC



OCE đồng dạng SAC
OA SA
OC SA

từ đó suy ra OE vuông góc với SC
Bài 5: (1đ)

x 2 2 xy 2 y ( x 2 2) xy 2 x( xy 2) 2( x y ) xy 2
2( x y) xy 2
Đặt 2(x+y)=k(xy+2) với k Z
Nừu k=1 2 x 2 y xy 2 ( x 2)( y 2) 2
Tìm đ-ợc x=4 ; y=3
Nừu k 2 2( x y ) 2( xy 2) x y xy 2 ( x 1)( y 1) 1 0 vô lí (loại)
Vậy x=4. y=3

1,0đ

P N BIU IM THI HSG TON 9 ( S 6)
Cõu 1: (6 im)

x y
x y

: 1 x y 2 xy

1 xy
1 xy
1 xy


Cho P=

a, Rỳt gn P (2 im)
iu kin P cú ngha l : x 0 ; y 0 ; xy 1
Ta cú :

(0,5 )

x y
x y
: 1 x y 2 xy


1 xy
1 xy
1 xy

x y 1 xy x y 1 xy 1 xy x y 2 xy
:
1 xy
1 xy 1 xy

P=

=

=
=
















(0,5)

x y x y y x x y x y y x x y xy 1
:
1 xy
1 xy
2 x 2y x
1 xy
1 x y 1
1 xy

(0,5)

19


=

2 x 1  y  2 x

1  x 1  y  1  x

(0,5đ)

b, Tính giá trị của P với x=
Ta thấy x=
Ta có : x=

2
(1,5điểm)
2 3

2
thoả mãn điều kiện x  0
2 3





(0.25đ)

2
2 2 3
=
=4-2 3 =( 3 -1)2
2 3 2 3 2 3



Thay x vào P =









2 x
, ta có:
x 1

(0,5đ)



4  2 3 1 5  2 3



25 3  6  5  2 3  23 3  1 23 3  1
=
=
=
25

12
13
5  2 3 
P=

2

3 1

2



2 3 1

=



2 3 1 5  2 3
52 3 52 3

(0,5đ)
(0,25đ)

2

2

c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm)
Với mọi x  0, ta có:





2

x 1  0




 2 x 1  0
x+1  2 x
x

1





(0,25đ)

2

2 x
1 x

(0,5đ)
( vì x+1>0)

2 x
1
1 x
P 1

(0,25đ)

Vậy giá trị lớn nhất của P =1 





0.25đ)





2

x 1  0

0.25đ

x 1  0
x 1
x=1

(0,5đ)

C©u 2: (4 điểm)
a)(2 điểm)
ĐK : -3  x  6
Đặt

(0,25đ)

3  x  6  x =t >0

Suy ra t2=3+x+6-x+2 (3  x)(6  x) 

(0,25đ)

(3  x)(6  x) =

t2 9
=3  t2-2t-3=0  t=-1 (loại) hoặc t=3
2
t=3 suy ra 3  x  6  x =3  ...  x=-3 hoặc x=6
Ta có pt: t-

20

t 9
2
2

(0,25đ)

(0,25đ)
(0,5đ)


-1
0
1

-1
0
-1

-1
1
0

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

-1
-1
0
(0;1)

(1;2)

(2;1)

(1;0)

(2;2)

(0;0)

(2đ)
x2 + y2 = xy + x + y  (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = 2.
Vì x, y Z nên :
x+y
0
0
0
0
1
1
1
1
x-1
1
-1
1
-1
0
0
1
-1
y-1
1
1
-1
-1
1
-1
0
0
(x;y)

b)

0, 5đ

Câu 3:(4đ)
a) (2đ)
2

x y z
x 2 y 2 z 2 2 xy 2 xz 2 yz
x y z


1
Từ    1       1  2  2  2 
a b c
a
b
c
ab
ac
bc
a b c
x 2 y 2 z 2 2cxy 2bxz 2ayz
(1đ)


 1 (1)
 2 2 2
a
b
c
abc abc abc
a b c
ayz bxz cxy
Từ    0 
(0,5đ)


 0  ayz+bxz+cxy=0 (2)
xyz xyz xyz
x y z
Từ(1) và (2) 

x2 y 2 z 2

 1
a 2 b2 c2

(0,5đ)

b)(2đ)
Do a,b,c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn a,b,c>0

(0,25đ)

1
1
Theo bÊt ®¼ng thøc COSI: a2+bc  2a bc  2

a  bc 2a bc
1
1
1
1
T-¬ng tù: 2
; 2


b  ac 2b ac c  ab 2c ab
1
1
1
1
1
1
Suy ra 2
+ 2
+ 2
+
+

a  bc a  bc c  ab 2a bc 2b ac 2c ab



1
1
1
+ 2
+ 2

a  bc a  bc c  ab
2

(0,5đ)
(0,5đ)
(0,25đ)

bc  ac  ab b  c  a  c  a  b a  b  c


2abc
2.2abc
2abc
(0,5đ)

C©u 4: (5đ)
a) Vẽ hình và chứng minh câu a 2đ

E

P

C

D
O/

M

I

F

a) Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc với ED. Tương tự CE vuông
góc với ED. Từ đó PM//EC. (1)

21


Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD  E F nên I là trung điểm của E F. Lại có I là trung điểm của CM
nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ (1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng.
(2đ)
1. Ta có  EDC =  EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO’D cân tại O’ nên  EDC =
 O’PD. Lại có  EFP =  IPF (do tam giácIPF cân) vậy
 I PF=  O’PD mà  FPD =1v, suy ra  IPO’ =900 nên IP  O’P. Hay IP là tiếp tuyến của (O’).
(2đ)
2. Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R. áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2
(không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max khi PI =
PO’ =R
DM =

1
mà DM =2 PO’ do đó
2

2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng

2 R.

(1đ )

Câu 5 :(1điểm)

1 k

x  y  6

1
1
1
1
1 k

 k  y  
Đặt 6( x  )  3( y  )  2( z  )  xyz 
y
z
x
xyz
z 3

 1 k
z  x  2


0.25đ

Xét tích :

1
1
1
k3
k3
1
1
1
1
( x  )( y  )( z  ) 

 xyz 
 ( y  )  (x  )  (z  )
y
z
x
36
36
xyz
z
y
x
k3
k k k
k3
k   
0k 0
36
3 2 6
36
( xyz ) 2  1
 xyz  1
x  y  z  1



 xy  yz  zx  1
 x  y  z  1
 xy  yz  zx  1


0,5đ
Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm.

0,25đ

Học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa.

HƯỚNG DẤN GIẢI ĐỀ SỐ 7

Bài 1 :

a ) Rút gọn P = ( 1 – x )2 . Trục căn thức ở mẫu ta có x  2  1
Thay vào P= 2
b) a  3 2  3  3 2  3  a3 = 3a +4  a(a2 - 3 ) = 4  a2 - 3 = 4 : a (vì a>0)
thay vào và rút gọn ta có

Bài 2 : a)

2 5 x  x5
Giải phương trình

64
 3a = 4 Z
( a  3) 3
2

Điều kiện x  5 do đó x  5  5  x

2  5  x  5  x ta được x = 1

b)

22

0,5đ


 xy  6  3x  2 y (1)
 2
2
 x  y  2 x  4 y  3(2)
Từ (1) ta có (y-3)(x-2) = 0  y = 3 hoặc x = 2
Thay y = 3 vào (2) ta được x1 = 0 ; x2 = 2
Thay x =2 vào (2) ta được y1 = 3 ; y2 = 1
Hệ phương trình có 3 nghiệm (x;y) là : ( 2;3 ) (2;1) (0;3)
Bài 3 :

a) Vẽ đồ thị và tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P) là : (-1 ; -1) và ( 2 ; -4)
b) Thay lần lượt toạ độ của 2 giao điểm trên vào phương trình đường thẳng ()ta được m = 1 và m
=-5
c)
a) Vì D là điểm chính giữa cung AC nên OD  AC
 OD // BE ( cùng vuông góc BC)
Mà BE  DE nên OD  DE  DE là tiếp tuyến của (C)
 MDE  MBD ( g-g)

Bài 4 :

Vì  MDE  MBD  MD2 = MF . MB (*)
 MEB có góc E = 900 và EF  MB  ME 2 = MF . MB (**)( Hệ thức lượng…)
Từ (*) và (**) ta có M là trung điểm đoạn DE

b)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI (ĐỀ SỐ 8)
Môn: Toán 9
Năm học: 2013-2014
Câu 1 (4 điểm):Cho biểu thức

 x 3
x 2
x 2  
x 


 : 1 
 ;
x

2
3

x
x

5
x

6
x

1

 


A  

Với x  0; x  4; x  9 (*)
a) Rút gọn biểu thức A;
b) Tìm giá trị của A khi x  6  2 5 ;

1
đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó?
A

c) Với giá trị nào của x thì

Lời giải sơ lược

a) Với điều kiện * ta có:



x 3
x 2


 x 2
x 3


A




 
x 
 :  x 1 

x  1 
x  3   x  1


x 2



x 2

Điểm





x 9 x  4 x  2  1 
:

x 2
x 3
 x 1











x 3
x 2



1
1
:

x  2 x 1





5 1

2

0,50

x 1
.
x 2

b) Dễ thấy : x  6  2 5 

x

0,50

 1 
:

x  3  x 1 





0,50

0,50



2

5  1 thoả mãn điều kiện. Khi đó:

0,50

 5 1 .

Do vậy, giá trị của biểu thức A là:

5 11
5

5 1 2
5 3

0,25

23


u

u

3 5 5
.
4
1
1
3
c) Viết lại,
=1 
. Để
có GTNN thì
A
A
x 1

0,25



3
có GTLN, hay
x 1

x  1 có GTNN.

x  1  1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0.
1
3
Giá trị nhỏ nhất của
là 1 
 1  3  2 , xảy ra khi x = 0.
A
0 1
Ta có:

0,25
0,75

Câu 2(3 điểm):
a) Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

y - 2013  1
x - 2012  1
z - 2014  1 3



x - 2012
y - 2013
z - 2014
4

b) Giải phương trình:

Lời giải sơ lược

Ý

Điểm

1,5đ

a
Ta có :
an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1
= (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1

0,5
= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1
= (n2 + 3n + 1)2

0,5

Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương.
0,5
b
1,5đ
Đặt

0,25

x - 2012  a; y - 2013  b; z - 2014  c

(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:

a-1 b-1 c-1 3
1 1 1  1 1 1  1 1 1 
 2  2      2    2    2   0
2
a
b
c
4
4 a a  4 b b  4 c c 
2

2

0,5

2

1 1 1 1 1 1
           0 a = b = c = 2
2 a 2 b 2 c

0,5

Suy ra: x = 2016, y = 2017, z = 2018.
0,25

Câu 3 (4 điểm):
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2.
b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b  45
Ý

Lời giải sơ lược

Điểm


24




a
Ta có: 2x2 + 4x = 19 - 3y2  4x2 + 8x = 38 – 6y2

 4x2 + 8x + 4 = 42 – 6y2
  2 x  2   42  6 y 
2

2

 2x  2

2

Vì  2 x  2   0  7  y 2  0  y 2  7 , mà
2



 6 7  y2

yZ



0,5
(1)

nên:

1; 2

y = 0;

0,5

 2x  2  6
 x2

 2 x  2  6
 x  4

+ Với y = 1 , từ (1)   2 x  2   36  
2

Trường hợp này phương trình có 2 nghiệm nguyên là: (2;1) và (-4;1).
+ Với y = -1
Thì từ (1)   2 x  2 

2

0,5

 2x  2  6
 x2
 36  

 2 x  2  6
 x  4

Trường hợp này pt có 2 nghiệm nguyên là: (2;-1) và (-4;-1).

+ Với

y  2   2 x  2   18  4 x 2  8x  14  0
2

 2 x2  4 x  7 

pt này không có nghiêm nguyên vì VT chia hết cho 2, VP không

0,25

chia hết cho 2.

+ Với y = 0, từ(1) 

 2x  2

2

 42  4 x 2  8 x  38  0

 2 x 2  4 x  19

PT này không có nghiệm nguyên vì VT chia hết cho 2; VP không chia hết cho 2.
Vậy PT đã cho có các nghiệm nguyên là:
(-4;1); (2;1);(-4;-1); (2;-1)

0,25



b
Ta thÊy 45 = 5.9 mµ (5 ; 9) = 1
®Ó a56b  45  a56b  5 vµ 9

0,5
0,25

XÐt a56b  5  b  {0 ; 5}
NÕu b = 0 ta cã sè a56b  9  a + 5 + 6 + 0  9
 a + 11  9
a=7

0,5

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×