Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 1 năm học 2006-2007 đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a, Cho 3 số hữu tỉ a, b, c thoả mãn: ab + ac + bc = 1. Chứng minh rằng: (a 2 + 1)(b 2 +1)(c 2 +1) là bình phơng của một số hữu tỉ. b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2. Chứng minh: x 4 + y 4 2 Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n 2 +11n+39 không chia hết cho 49 Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình: x + y + z + 4 = 2 2x + 4 3 y + 6 5 z Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Câu 5: Cho tam giác ABC có AB > AC, D là trung điểm của BC. Trên tia AD lấy điểm E sao cho AD = DE. a, So sánh các góc CAE; AEC; DAB. b, Gọi M là chân đờng phân giác dựng từ đỉnh A của tam giác ABC. Chứng minh M nằm giữa C và D. Phòng Giáo dục Bình Xuyên Kỳ Thi gvdg cấp huyện bậc THCS năm học 2006-2007 Đề thi môn: toán Thời gian:150(không kể thời gian giao đề) Ngày thi:03/11/2006. A/Lý thuyết chung: (5 điểm) Câu1: (2,5 điểm) Đồng chí hãy nêu nhiệm vụ của giáo viên chủ nhiệm trờng THCS. Câu2: (2,5 điểm) Nêu các nhiệm vụ cơ bản trong năm học 2006-2007 bậc THCS của phòng Giáo dục huyện Bình Xuyên. B/Phần chuyên môn: (15 điểm) Bài 1 (2,5 điểm): Cho a, b, c là ba số đôi một khác nhau và thỏa mãn hệ thức 0 = + + ba c ac b cb a Chứng minh rằng: 0 )()()( 222 = + + ba c ac b cb a Bài 2 (2,5 điểm): Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó sao cho M không thuộc Ox, Oy. Hãy tìm điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho OB = OC và MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3 (3 điểm): Tìm tấ cả các số hữu tỉ x sao cho x 2 + x + 6 là số chính phơng. Bài 4 (4 điểm): Giải phơng trình nguyên: 3 x 2 + 5y 2 = 12 Bài 5 (4 điểm): Chứnh minh rằng: Điều kiện cần và đủ để điểm M thuộc đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là chân các đờng vuông góc hạ từ M xuống 3 cạnh của tam giác thẳng hàng. (Ngời coi thi không giải thích gì thêm) Phòng Giáo dục Bình Xuyên Kỳ Thi gvdg cấp huyện bậc THCS năm học 2006-2007 hớng dẫn chấm thi Môn: Toán A/Lý thuyết chung: (5 điểm) Câu1: (2,5 điểm) Giáo viên chủ nhiệm trờng THCS có các nhiệm vụ sau đây: -Giảng dạy và giáo dục theo đúng chơng trình giáo dục, kế hoạch dạy học, soạn bài, chuẩn bị thí nghiệm, kiểm tra, đánh giá theo quy định, vào sổ điểm, ghi học bạ đầy đủ, lên lớp đúng giờ, không tuỳ tiện bỏ giờ, bỏ buổi dạy, quản lý học sinh trong các hoạt động giáo dục do nhà trờng tổ chức, tham gia các hoạt động của tổ chuyên môn. -Tham gia công tác phổ cập giáo dục trung học cơ sở ở địa phơng -Rèn luyện đạo đức, học tập văn hoá, bồi dỡng chuyên môn và nghiệp vụ để nâng cao chất lợng và hiệu quả giảng dạy và giáo dục. -Thực hiện nghĩa vụ công dân, các quy định của pháp luật và điều lệ nhà tr- ờng, thực hiện quyết định của hiệu trởng, chịu sự kiểm tra của hiệu trởng và của các cấp quản lý giáo dục. -Giữ gìn phẩm chất, danh dự, uy tín của nhà giáo, gơng mẫu trớc học sinh, thơng yêu, tôn trọng học sinh, đối xử công bằng với học sinh, bảo vệ các quyền và lợi ích chính đáng của học sinh, đoàn kết, giúp đỡ các bạn đồng nghiệp. -Thực hiện các nhiệm vụ khác theo quy định của pháp luật. -Tìm hiểu và nắm vững học sinh trong lớp về mọi mặt để có biện pháp tổ chức giáo dục sát đối tợng, nhằm thúc đẩy tiến bộ của cả lớp. -Cộng tác chặt chẽ với phụ huynh học sinh, chủ động phối hợp với các giáo viên bộ môn, đoàn Thanh niên Cộng sản Hồ Chí Minh, Đội Thiếu niên Tiền phong Hồ Chí Minh, các tổ chức xã hội có liên quan trong hoạt động giảng dạy và giáo dục học sinh. -Nhận xét, đánh giá và xếp loại học sinh cuối học kỳ và cuối năm học, đề nghị khen thởng và kỷ luật học sinh, đề xuất danh sách học sinh đợc lên lớp thẳng, phải thi lại, phải rèn luyện thêm về hạnh kiểm trong hè, phải ở lại lớp, hoàn chỉnh việc ghi vào sổ điểm và học bạ học sinh. -Báo cáo thờng kỳ hoặc đột xuất (nếu có tình hình đặc biệt) về tình hình của lớp với hiệu trởng. Câu2: (2,5 điểm) Các nhiệm vụ cơ bản trong năm học 2006-2007 bậc THCS của phòng Giáo dục huyện Bình Xuyên. 1-Tiếp tục thực hiện đổi mới chơng trình, nội dung, phơng pháp giáo dục phổ thông. 2-Củng cố và nâng cao chất lợng giáo dục toàn diện. a-Giáo dục đạo đức. b-Giáo dục văn hoá. c-Hoạt động giáo dục hớng nghiệp. d-Hoạt động giáo dục ngoài giờ lên lớp. e-Hoạt động giáo dục thể chất, y tế trờng học. 3-Xây dựng đội ngũ giáo viên và cán bộ quản lý giáo dục. 4-Đẩy mạnh tiến độ xây dựng trờng chuẩn Quốc gia. 5-Nâng cao chất lợng phổ cập giáo dục trung học cơ sở, triển khai thực hiện phổ cập giáo dục trung học. 6-Đổi mới quản lý giáo dục, tăng cờng kỷ luật, trật tự và nâng cao trách nhiệm trên mọi lĩnh vực hoạt động giáo dục, xây dựng môi trờng giáo dục lành mạnh. a-Công tác quản lý. b-Tăng cờng kỷ luật, trật tự và nâng cao trách nhiệm mọi lĩnh vực hoạt động giáo dục, xây dựng môi trờng giáo dục lành mạnh. c-Tổ chức, quản lý các kỳ thi trong năm học 2006-2007. 7-Công tác thi đua a-Về chất lợng văn hoá. b-Kết quả các cuộc thi của giáo viên và học sinh trong năm học. c-Kết quả công tác bồi dỡng giáo viên và đào tạo giáo viên đạt chuẩn, trên chuẩn. d-Kết quả thực hiện tăng cờng trang thiết bị, sử dụng và bảo quản có hiệu quả thiết bị, xây dựng phòng học bộ môn, phòng th viện, thí nghiệm, môi trờng xanh sạch -đẹp môi trờng giáo dục. e-Kết quả phấn đấu đạt các tiêu chuẩn của trờng chuẩn quốc gia theo kế hoạch. f-Kết quả công tác quản lý, kỷ cơng nề nếp trong nhà trờng và việc chấp hành chế độ báo cáo. g-Kết quả thực hiện phổ cập GDTHCS và phổ cập giáo dục bậc trung học. B/Phần chuyên môn: (15 điểm) Bài 1 (2,5 điểm): Từ giả thiết ta có: ))(( 22 caba cacbab ba c ca b cb a + = = Nhân hai vế của đẳng thức này với 0 1 cb ta có: (0,5 đểm) ))()(( )( 22 2 cbcaba cacbab cb a + = (0,5 đểm) Do vai trò của a, b, c nh nhau nên thực hiện phép hoán vị vòng quanh giữa ba số a, b, c ta có: ))()(( )( 22 2 cbcaba aabccb ac b + = (0,5 đểm) ))()(( )( 22 2 cbcaba bcbaca ba c + = (0,5 đểm) Cộng theo từng vế của ba đẳng thức trên ta có: + 2 )( cb a + 2 )( ac b = 2 )( ba c + + ))()(( 22 cbcaba cacbab + + ))()(( 22 cbcaba aabccb 0 ))()(( 22 = + cbcaba bcbaca (0,5 điểm) Bài 2 (2,5 điểm): Giả sử có điểm B trên Ox và điểm C trên Oy sao cho OB = OC. Trên nửa mặt phẳng đối của nửa (0,5 điểm) mặt phẳng chứa điểm M bờ Oy ta dựng tia Oz sao cho góc yOz bằng góc xOM. Trên Oz lấy điểm (0,5 điểm) N sao cho OM = ON. BOM = CON (c.g.c) nên MB = CN (0,5 điểm) Vậy MB + MC = MC + NC MN , do đó MB +MC đạt giá trị nhỏ nhất ở lúc điểm C trùng với điểm C 1 và nằm trên đờng thẳng MN. (0,5 điểm) Lấy điểm B 1 trên Ox sao cho OB 1 = OC 1 thì B 1 và C 1 là hai điểm cần tìm. (0,5 điểm) Bài 3 (3 điểm): Đặt x 2 + x + 6 = y 2 , với y Q , ( 2x +1) 2 + 23 = 4y 2 23 = 4y 2 - (2x +1) 2 (0,5 điểm) 23 = (2y 2x -1) (2y + 2x +1). Vì 23 là số nguyên tố nên chỉ có các ớc số là: 1; -1; 23; -23. Phơng trình trên tơng đơng với: (0,5 điểm) (2y 2x -1) = 1 (2y 2x -1) = 23 (2y + 2x +1)= 23 (2y + 2x +1) = 1 (0,5 điểm) (2y 2x -1) = -1 (2y 2x -1) = -23 (2y + 2x +1) = -23 (2y + 2x +1) = -1 (0,5 điểm) x = -6 x = 5 x = 5 x = -6 y = 6 y = 6 y = - 6 y = - 6 (0,5 điểm) Thay vào x 2 + x + 6 = y 2 ta thấy đều thoả mãn. Vậy x = 5; -6 (0,5 điểm) Bài 4 (3 điểm): Phơng trình đã cho tơng đơng với 3(x 2 + 1 ) = 5(3 y 2 ). (0,5 điểm) Vì (3, 5) = 1 nên ta có (x 2 + 1) chia hết cho 5 , tức là x 2 + 1 = 5t. (t Z) , ta cũng có 3 y 2 chia hết cho 3 (0,5 điểm) hay 3 - y 2 = 3k ( k Z ) và 3.5 t = 5.3k, do đó t = k (0,5 điểm) x 2 = 5t 1 0 nên t 1 (do t Z) (0,5 điểm) y 2 = 3 3k 0 nên k 1 Suy ra t = k = 1 và x 2 = 4, y 2 = 0 (0,5 điểm) Phơng trình có 2 nghiệm x = 2 , y = 0 và x = - 2 và y = 0 (0,5 điểm) Bài 5 (3 điểm): Phần thuận Ta có M thuộc đờng tròn ngoại tiếp ABC và MP AB, MQ BC, MR CA. Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. Tứ giác ABMC nội tiếp góc BMC + góc A = 2 v (1) (0,5 đ) Tứ giác APMR nội tiếp góc PMR + góc A = 2 v (2) Từ (1) và (2) suy ra góc BMC = góc PMR. góc BMP = góc CMR. Ta thấy rằng (0,5 đ) góc BMP = góc BQP (hai góc chắn 1 cung của tứ giác BPMQ nội tiếp) và 2 góc CQR = góc CMR ( Hai góc chắn 1 cung của tứ giác CRMQ nội tiếp). Do đó suy ra góc BQP = góc CQR, tức là 3 điểm P, Q, R thẳng hàng. (0,5 đ) Phần đảo: Ta có MP AB , MQ BC, MR CA và P, Q, R thẳng hàng. Ta chứng minh rằng M thuộc đờng tròn ngoại tiếp ABC. Ta có: góc BQP = góc CQR ( Vì ba điểm P,Q,R thẳng hàng). Mặt khác ta có góc BMP = góc BQP (Vì 2 góc chắn 1 cung của tứ giác BPMQ nội tiếp). góc CQR = góc CMR (Vì 2 góc chắn 1 cung của tứ giác CRMQ nội tiếp). (0,5 đ) Từ đó suy ra góc BMP = góc CMR góc BMP + góc BMR = góc CMR + góc BMR góc PMR = góc BMC. Ta thấy góc PMR + góc A = 2 v, do đó (0,5 đ) góc BMC + góc A = 2 v. Vậy tứ giác ABCM nội tiếp. (0,5 đ) Chú ý: - Giám khảo có thể chia nhỏ điểm từng phần của các bài đến 0,25 điểm - Nếu làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 1 năm học 2006-2007 đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a, Cho 3 số hữu tỉ a, b, c thoả mãn: ab + ac + bc = 1. Chứng minh rằng: (a 2 + 1)(b 2 +1)(c 2 +1) là bình phơng của một số hữu tỉ. b, Cho x, y là các số thực sao cho x + y = 2. Chứng minh: x 4 + y 4 2 Câu 2: Với n là số nguyên dơng, chứng minh: n 2 +11n+39 không chia hết cho 49 Câu 3: Tìm các số x, y, z thoả mãn phơng trình: x + y + z + 4 = 2 2x + 4 3 y + 6 5 z Câu 4: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Câu 5: Cho tam giác ABC có AB > AC, D là trung điểm của BC. Trên tia AD lấy điểm E sao cho AD = DE. a, So sánh các góc CAE; AEC; DAB. b, Gọi M là chân đờng phân giác dựng từ đỉnh A của tam giác ABC. Chứng minh M nằm giữa C và D. Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 1 năm học 2006-2007 Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi vòng 1 năm học 2006-2007 môn: Toán - lớp 9 Câu 1: (2,25 điểm). a, Ta có: (a 2 + 1)(b 2 +1)(c 2 +1) = = (a 2 + ab + ac + bc)( b 2 + ab + ac + bc)( c 2 + ab + ac + bc) (0,5 đ) = [ ] ))(( caba ++ [ ] ))(( cbba ++ [ ] ))(( cbac ++ = [ ] ))()(( cbcaba +++ 2 Do a, b, c là số hữu tỉ nên (a 2 + 1)(b 2 +1)(c 2 +1) là số hữu tỉ. (0,5 đ) b, Đặt x = 1 + k, khi đó từ x + y = 2 ta có y = 1- k. (0,25 đ) x 4 + y 4 = (1 + k) 4 + (1 - k ) 4 = 2k 4 + 12k 2 + 2 = 2(k 4 + 6k 2 ) + 2 (0,5 đ) Vì k 4 + 6k 2 0 nên 2(k 4 + 6k 2 ) + 2 2 tức là x 4 + y 4 2 (0,25 đ) Dấu đẳng thức xảy ra khi k 4 + 6k 2 = 0 hay k = 0, hay x = y = 1. (0,25 đ) Câu 2: (1,25 điểm). Ta có n 2 + 11n + 39 = (n 2 + 11n + 18) + 21 = (n + 9)(n + 2) + 21. (0,5 đ) Vì hiệu của (n + 9) và (n + 2) là 7 nên chúng cùng chia hết cho 7 hoặc cùng không chia hết cho 7 (0,25 đ) - Nếu (n + 9) và (n + 2) cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 nhng 21 không chia hết cho 49 nên n 2 + 11n + 39 không chia hết cho 49. (0,25 đ) - Nếu (n + 9) và (n + 2) cùng không chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 , nhng 21 chia hết cho 7 nên n 2 + 11n + 39 không chia hết cho 49. (0,25 đ) Câu 3: Từ x + y + z + 4 = 2 2x + 4 3 y + 6 5 z (1) Ta có: x + y + z + 4 - 2 2x - 4 3 y - 6 5 z = 0 (0,25 đ) [ ] 122)2( 2 + xx + [ ] 42).3(2)3( 2 + yy + [ ] 93).5(2)5( 2 + zz = 0 (0,5 đ) ( 2 )12 x + ( 2 )23 y + ( 2 )35 z = 0 Vì mỗi số hạng của tổng không âm nên vế trái không âm. Vì vậy: (0,25 đ) 12 x = 0 x = 3 23 y = 0 y = 7 35 z = 0 z = 14 (0,25 đ) Vậy các số cần tìm là x = 3; y = 7; z = 14. (0,25 đ) Câu 4: Từ x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 (1) x 2 + 2xy + y 2 = x 2 y 2 + xy. (x+y) 2 = xy(xy+1) (0,5 đ) Vì xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phơng nên tồn tại một số bằng 0 (0,5 đ) + Nếu xy = 0 , thay vào (1) có x 2 + y 2 =0 x = y = 0 (0,5 đ) + Nếu x + y + 1 = 0 xy = 1 thì x = 1 y= -1 x = -1 y= 1 Thử vào (1) thoả mãn. Vậy (x ; y) = (0 ; 0) (1 ; -1) (-1 ; 1) (0,25 đ) Câu 5: Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 2 năm học 2006-2007 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán. Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (Không dùng máy tính) Cho biểu thức: A = 2 168 1 4444 x x xxxx + ++ Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: (Không dùng máy tính). Hãy so sánh hai số sau đây: x = + ++ + 322 32 322 32 và y = ++ + 5310 53 5310 53 + Câu3: Cho hệ phơng trình: x- my = 2 - 2m mx + y = 1 + 3m (I) với m là tham số. 1, Giải hệ (I) khi m = 1 2, Gọi (x 0 , y 0 ) là nghiệm của hệ (I). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 0 2 + y 0 2 - 2 x 0 khi m thay đổi. Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lợt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM = BN = CP = DQ. Chứng minh rằng: 1, Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì tứ giác MNPQ là hình vuông. 2, Nếu tứ giác MNPQ là hình vuông thì tứ giác ABCD là hình vuông. Câu 5: Cho a, b, c là các số thực dơng thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh bất đẳng thức sau: ++ cba ab +bc + ca Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 2 năm học 2006-2007 Hớng dẫn chấm thi Môn: Toán. Câu ý Nội dung Điểm 1 A = 2 2 168 44444444 x xx xxxx + +++++ = x x xx x x xx 4 2424 ) 4 ( )24()24( 2 22 ++ = ++ . 2,0 0,25 0,25 Điều kiện: 0 0 4 04 x x x x x > 4 Trờng hợp 1: Nếu 4x -2 0 4 < x 8. Khi đó: A = 4 4 2 4 4224 = ++ x x x xx Trờng hợp 2: Nếu 4x -2 > 0 x > 8. Khi đó: A = 4 2 2 4 2424 = ++ x x x xx . *Xét A = 4 4 x x = 4 + 4 16 x với x Z ta thấy A Z 84 164 x x = = = 44 24 14 x x x = = = 8 6 5 x x x *Xét A = 4 2 x x và x Z . Trớc hết 4x là số vô tỉ nên không thỏa mãn, do đó 4x = q p với p,q Z + và (p,q) = 1. Khi đó A = k p q q p Z p q q p q p q p =++= + 8 2 8 2 )4(2 2 2 (k Z) 2p 2 +8q 2 = kpq. Từ đó ta thấy 2p 2 chia hết cho q mà (p,q) =1 q 2 = = 2 1 q q tơng tự ta cũng có: 8q 2 chia hết cho p mà (p,q) =1 p 8 p = 1; 2; 4; 8. Vì (p,q) = 1 nê chỉ cần thử các tình huống: + q =2 và p = 1 thì x không phải là số nguyên. + q =1 mà x > 8 nên p = 4, 8 thỏa mãn. Khi đó x = 20; 68 Vậy A Z khi x = 5; 6; 8; 20; 26. Rút gọn x: + ++ + = + ++ + == 2 2 )13(2 )13( 3242 324 3242 324 2 2 2 x x 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 2 2,0 1 1,0 2 0,75 3 + 2 2 )13(2 )13( = 132 )13( 2 ++ + + )13(2 )13( 2 + = )13(3 )13( 2 + + + )13(3 )13( 2 = 3 13 + + 2 2 2 2 3 13 === x Rút gọn y: 2 y = ++ + 52620 53 52620 53 + 153 53 153 53 )15(52 53 )15(52 53 22 + + = + ++ + = = 11 26 11 6 44 24 )153)(153( )153)(53()153)(53( === + ++ y So sánh 11 26 < y < x. 0,25 3 2,0 1 2 1,0 0,25 = 7 - 1 6 2 + m . Để A min 1 6 2 + m lớn nhất x 2 + 1 nhỏ nhất. Mặt khác m 2 + 1 1. Dấu = khi m = 0. Vậy (m 2 + 1) min = 1 A = 1 khi m = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 1 khi m = 0 khi đó x 0 = 2; y 0 = 1 Tứ giác ABCD là hình vuông AB = BC = CD =DA AM + MB = BN + NC = CP + PD = DQ + QA (do AM = BN = CP = DQ). Tam giác vuông AQM = Tam giác vuông BNM = Tam giác vuông CPN = Tam giác vuông DQP(c-g-c) MQ = NM = PN = QP (1) AMQ = BNM 0,25 0,25 4 3,0 1 0,5 0,5 0,5 [...]... BN = CP = DQ Tứ giác ABCD là hình vuông Giả sử tứ giác ABCD không là hình chữ nhật Trong 4 góc của tứ giác có ít nhất 1 góc tù, giả sử góc A > 900 Hạ QH vuông góc với AB (2) AM < BN (vô lí do giả thi t AM = BN) Vậy điều giả sử sai Tứ giác ABCD là hình chữ nhật Tứ giác ABCD là hình vuông 5 a + b + c ab +bc + ca 2 a + 2 b + 2 c 2ab +2bc + 2ca a2 + 2 a + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c a2 + b2 +c2 +2ab . giữa C và D. Phòng Giáo dục Bình Xuyên Kỳ Thi gvdg cấp huyện bậc THCS năm học 2006-2007 Đề thi môn: toán Thời gian:150(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/11/2006. A/Lý thuyết chung: (5 điểm) . Phòng giáo dục Bình xuyên Kỳ thi học sinh giỏi THCS Vòng 1 năm học 2006-2007 đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a, Cho 3 số hữu. tam giác thẳng hàng. (Ngời coi thi không giải thích gì thêm) Phòng Giáo dục Bình Xuyên Kỳ Thi gvdg cấp huyện bậc THCS năm học 2006-2007 hớng dẫn chấm thi Môn: Toán A/Lý thuyết chung: (5 điểm)