Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán học (có đáp án và thang điểm chi tiết)

165 14.1K 93
Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán học (có đáp án và thang điểm chi tiết)

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 Đề thức MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (5,0 điểm) √ √ 2m + 16m + m−2 √ Cho biểu thức P = +√ +√ −2 m+2 m−3 m−1 m+3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên m để P số tự nhiên √ 2013 Tính giá trị (a3 + 15a − 25) với a = 13 − + √ 13 + Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: √ √ √ x + + − x − 15 − 2x − x2 + = Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2x2 + mx − = mx2 − x + = Câu (5,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa 1 + + = x y z x+y ≤2 x2 + y + xy = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T = x2 + y − xy Cho hai số x, y thỏa mãn: Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) hai điểm A, B nằm ngồi đường trịn cho OA = 2R Tìm điểm M đường trịn để M A + 2M B đạt giá trị nhỏ Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi P điểm di động cung BC không chứa A Gọi M, N hình chiếu vng góc hạ từ A xuống P B, P C Chứng minh đường thẳng M N qua điểm cố định Gọi I, D, E chân đường cao hạ từ A, B, C xuống cạnh BC, CA, AB Chứng minh chu vi tam giác IDE không đổi A, B, C thay đổi đường trịn (O; R) cho diện tích tam giác ABC a2 —–HẾT—– Ghi chú: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 Đề thức MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 03 trang.) CÂU NỘI DUNG (3,5 điểm) a) Điều kiện: m ≥ 0, m = √ m+1 P =√ m−1 b) P = + √ m−1 1(5,0đ) Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 2.(1,5 điểm) √ √ 3 a = 13 − + 13 + =⇒ a3 = 26 − 15a 2013 a3 + 15a − 25 = =⇒ (a3 + 15a − 25) (2,5 điểm) =1 Điều kiện: −5 ≤ x ≤ √ √ √ √ Đặt t = x + + − x, t2 = + 15 − 2x − x2 =⇒ t ≥ 2 t=3 Phương trình cho có dạng: t2 − t − = ⇐⇒ t = −2 (loại) √ √ t = ⇐⇒ x + + − x  = √ −2 + 2(5,0đ)  x= √ ⇐⇒ 4x2 + 8x − 59 = ⇐⇒  −2 − x= 2 (2,5 điểm) mx + 2y = Đặt x2 = y ≥ Hệ trở thành: −x + my = −2   x= m+4   m2 + Hệ ln có nghiệm:   y = − 2m ≥ (m ≤ )  m2 + 2 m+4 − 2m Ta có: x2 = y ⇐⇒ = m2 + m +2 ⇐⇒ (m + 1) (m2 − m + 7) = ⇐⇒ m = −1 3(5,0đ) (3,0 điểm) ĐIỂM 0,5đ 2,0đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ Tiếp CÂU NỘI DUNG Khơng tính tổng qt giả sử: ≤ x ≤ y ≤ z 1 =⇒ = + + ≤ =⇒ x = x y z x 1 y = (vô lý) =⇒ + = ≤ =⇒ y = =⇒ z = y z y Vậy (1; 2; 2) hoán vị chúng nghiệm phương trình cho (2,0 điểm) x+y ≤2 Hệ 1,0đ 1,0đ x + y = − a (a ≥ 0) x2 + y + xy = ⇐⇒ x+y =2−a Do đó: ĐIỂM 1,0đ xy = (2 − a) − 0,5đ x2 + y + xy = , ∆ = S − 4P ≥ =⇒ ≤ a ≤ 0,5đ T = x2 + y + xy − 2xy = − 2(2 − a)2 0,5đ T = x = 1, y = x = −1, y =√ −1 √ √ √ max T = x = 3, y = − x = − 3, y = 0,5đ B M M C O A 4(2,0đ) Gọi C điểm đoạn thẳng OA cho OC = R , ta có điểm C cố định Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OM A =⇒ M A = 2M C Ta có M A + M B ≥ BC (khơng đổi) M A + 2M B = 2(M B + M C) ≥ 2BC Dấu “=” xảy M nằm B C Vậy điểm M giao điểm đoạn BC đường tròn (O) M A+2M B đạt giá trị nhỏ 5(3,0đ) (2,0 điểm) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM A D E O C M I B N A P Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định Ta có BM A = BIA = 90◦ nên tứ giác AM BI nội tiếp hay AIM = ABM Ta lại có tứ giác ABP C nội tiếp nên ABM = ACP Do AIM = ACP (1) Mặt khác AIC = AN C = 90◦ nên tứ giác AIN C nội tiếp, suy ACP + AIN = 180◦ (2) Từ (1) (2) suy AIM + AIN = 180◦ Vậy đường thẳng M N qua điểm cố định I (1,0 điểm) 1,0đ Tứ giác BCDE nội tiếp suy AED = ACB Kéo dài AO cắt (O; R) điểm A Ta có: EAO + AED = BAA + ACB = 90◦ 1 =⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD = AO.DE = R.DE 2 1 Tương tự ta có: SBEOI = R.EI, SCDOI = R.ID 2 Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI = R.(DE + EI + ID) 2SABC 2a2 =⇒ DE + EI + ID = = (không đổi) R R 0,5đ —–HẾT—– Ghi chú: • Mọi cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0,5đ 0,5đ 0,5đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) a  a a 1 a2  a a  a 1 với a > 0, a    a a a a a a a) Chứng minh M  b) Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất: y  0,5x  , y   x y  mx có đồ thị đường thẳng (d 1), (d 2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d 1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hồnh độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hồnh độ M tung độ N; từ đó, suy 1 giá trị nhỏ biểu thức Q   OM ON Bài (2,0 điểm) 17x  2y  2011 xy a) Giải hệ phương trình:  x  2y  3xy x  y  z  z  x  (y  3) b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động ( C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN không đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Cho biểu thức: M  Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương -HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau thống xác Học sinh có lời giải khác đúng, xác phải nằm chương trình học làm đến ý giám khảo cho điểm ý Việc làm trịn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT ĐỀ -ĐÁP ÁN BÀI-Ý a  a a 1 a  a a  a 1 với a > 0, a    a a a a a a a) Chứng minh M  b) Với giá trị a biểu thức N  nhận giá trị nguyên M ĐIỂM Cho biểu thức: M  Bài Do a > 0, a  nên: a a  ( a  1)(a  a  1) a  a    a a a ( a  1) a a  a a  a  (a  1)(a  1)  a (a  1) (a  1)(a  a  1) a  a     a a a a (1  a) a (1  a) a 1.a a 1 (1,25đ)  M  2 a Do a  0; a  nên: ( a  1)2   a   a a 24 a  N nhận giá trị nguyên Ta có  N  M a 1.b Mà N =    a  a    ( a  2)2  a 1 a (0,75đ)  a   hay a   (phù hợp) 2,00 0,25 0,25 0,25 0,25  M Bài Vậy, N nguyên  a  (2  3)2 a) Cho hàm số bậc nhất: y  0,5x  , y   x y  mx có đồ thị đường thẳng (d1 ), (d2 ) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1 ) (d2 ) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1  OM ON Điều kiện để (m) đồ thị hàm số bậc m  Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) (m) là: 0,5x   mx  (m  0,5)x  Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m  0,5  hay m  0,5 trị nhỏ biểu thức Q  2.a (0,75đ) Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) (m) là:  x  mx  (m  1)x  Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m   hay m  1 Vậy điều kiện cần tìm là: 1  m  0,5; m  Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0  am  b   2  a  b  hệ thức liên hệ m n 2m  n  mn n  b  Chia hai vế cho mn  ta được: (**)  1 2.b m n (1,25đ) 2 4   1  2   1        5       m n mn m n m n  m n 1  Q    ; dấu “=” xảy  ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) m n m n Vậy giá trị nhỏ Q  17x  2y  2011 xy a) Giải hệ phương trình:  (1) x  2y  3xy  Bài b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: x  y  z  z  x  (y  3) (2) 17  1007   y  x  2011  y  x  490    Nếu xy  (1)   (phù hợp)   1     490 y   y x  1007  x  17  1004 3.a  y  x  2011  y   (1,25đ) Nếu xy  (1)     xy  (loại)  1      1031 y x  18 x  Nếu xy  (1)  x  y  (nhận) 3.b (0,75đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 đ 0,50 0,25 0,25   KL: Hệ có nghiệm (0;0)  ;   490 1007  Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ (2)  x  y  z  z  x  x  y  z  z  x  0,25 0,25  ( x  1)2  ( y  z  1)2  ( z  x  1)2  0,25  x 1 x       y  z    y  (thỏa điều kiện) z     z  x 1  Bài Cho đường trịn (C ) với tâm O đường kính F AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM C CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam N giác BNF NF ngắn MN  BF BC  NF  A trực tâm tam giác BNF 0,25 M A B O E (C ) 4.a  FA  NB (1,00đ) Lại có AE  NB 3,0 đ 0,25 0,25 0,25 Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 CAN  MAB , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng 4.b AN AC Suy ra:  (0,75đ) AB AM Hay AM  AN  AB  AC  2R khơng đổi (với R bán kính đường trịn (C )) Ta có BA  BC nên A tâm tam giác BNF  C trung điểm NF (3) CAN  CFM , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng CN AC   CN  CF  BC  AC  3R 4.c  BC CF (1,25đ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: NF  CN  CF  CN  CF  2R không đổi Nên: NF ngắn  CN =CF  C trung điểm NF (4) 0,25 0,25 0,25 0,25 Mặt khác: (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF  NF ngắn Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 123456789101112 S  3467891112  (1) số nguyên 100  hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý (1,00đ) S đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận (vì 34=12; 26=12; 27=14; 100 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài - Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,50 0,25 0,25 3.b (0,75đ) Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ x 1 y  z 1 z  x 1 Theo BĐT Cauchy: x  ; yz  ; zx  2  VP  x  y  z  z  x  (y  3)  VT 0,25 0,25  x 1 x     Do  y  z    y  thỏa điều kiện z     z  x 1  PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY 0,25 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Mơn : TỐN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức P = b2 1 ax ax  a  x  a  x 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:  x  3x    y  y  3y    2z  z  3z    3x  Bài ( 3,0 điểm) Với số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = an +bn , với a = = 3 ;b 3 Chứng minh với n ≥ 1, ta có S n + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn) Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, S n số nguyên    n    n      Tìm tất số n để S n – Chứng minh S n – =            số phương Bài (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường trịn (O1) đường kính AE đường trịn (O 2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O 2) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vuông gúc vi ng thng AB Sở GD&ĐT Ho Bình B i Hớng dẫn chấm môn toán Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh cấp THCS Năm học 2010-2011 ý §iĨm Néi dung a/ A = ( x + 3y ).( x - 2y ).( x + 2y ) 1,0 b/ B = ( x + 2y + ).( x - 2xy + 4y ) (4®) 2 1,0 a = 11 + + 11 − = (3 + 2)2 + (3 − 2)2 = 1,5 Tõ ®ã a l số nguyên 0,5 + HS lập luận đợc x2 + x + v x2 + x + khác đa PT dạng 9( x2 + x ) + 12 = ( x2 + x + ) ( x2 + x + ) 1,0 +HS biến đổi PT dạng ( x2 + x - ) ( x2 + x + ) = (6 ®) 0,5 −1 ± 17 +HS giải PT tích tìm đợc nghiệm l x = 2 0,5 + HS lập luận đợc để đồ thị h m số l đờng thẳng cắt trục tọa độ điểm A v B cho tam giác OAB cân đồ thị h m số ® cho song song víi ®−êng 1,0 th¼ng y = x ( hc y = - x ) m − =  m − = −1 + Từ dẫn đến giải hệ PT tìm đợc m m −1 ≠   1,0 m = m = v trả lời b i toán x +1 + HS viết đợc A = 0,5 + HS lập luận v tìm đợc giá trị nhỏ biểu thức A - x = 1,5 (4 ®) Gäi K l trung ®iĨm cđa BC, dƠ cã A KOC = 600 Xét tam giác vuông OKC có OC = O 1,0 Tính đợc KC = OC.sin 60 = , B K C Tính đợc BC = , suy diÖn tÝch tam giác ABC l S = 3 (Đvdt) Chú ý: Thực chất tam giác ABC nhng không yêu cầu HS vẽ hình + G i s cầu thủ đội trờng A l x; Số cầu thủ đội trờng B l y đợc PT: xy = 4( x + y ) ⇔ ( x − 4)( y − 4) = 16 + HS l p lu n v tìm đợc x = 20 ; y= 5, KL t k v lËp 1,0 1,0 1,0 1 Ch ng minh c t giác IEHF n i ti p I c m t ng tròn (5 ) 2 Ch ng minh c ∆IQG t ó có 2,0 ∆IFE (g.g), F QG IG 1 = = ; QG = EF = R ( pcm) EF IE 2 Ch ng minh c ∆IAB 1,0 E H 1,0 ∆IFE (g.g), k t h p A v i (2) ta có ∆IQG G Q O n QG song song v i AB + HS tìm đợc ĐK x v biến đổi PT dạng tích (1®) ( x − − ).( B IQ IG ∆IAB , suy = d n IA IB 1,0 0,5 x −1 − − x ) = + HS giải PT tích tìm đợc x = x = thỏa m n v trả lời Chú ý: Mọi lời giải khác đợc cho điểm tơng đơng 0,5 S GIO D C VÀ ÀO T O HÀ NAM THI CHÍNH TH C KỲ THI CH N H C SINH GI I L P THCS NĂM H C 2012-2013 Mơn thi: TỐN Th i gian làm bài: 150 phút, không k th i gian giao Bài (4,0 i m) Cho bi u th c: P = x y xy − − ( x + y )(1 − y ) ( x + y )( x + 1) ( x + 1)(1 − y ) Rút g n bi u th c P Tìm giá tr x, y nguyên th a mãn P = Bài (4,0 i m) Cho hai s th c a, b không âm th a mãn18a + 4b ≥ 2013 Ch ng minh r ng phương trình sau ln có nghi m: 18ax + 4bx + 671 − 9a = 3 Tìm t t c nghi m nguyên x, y c a phương trình x + x + 3x + = y Bài (4,5 i m) Cho p 2p + hai s nguyên t l n Ch ng minh r ng 4p + m th ps 2 Gi i phương trình: x + x + = x + x + 2 x − Bài (6,0 i m) Cho góc xOy có s o b ng 60o ng trịn có tâm K n m góc xOy ti p xúc v i tia Ox t i M ti p xúc v i tia Oy t i N Trên tia Ox l y i m P th a mãn OP = 3OM Ti p n c a ng tròn (K) qua P c t tia Oy t i Q khác O ng th ng PK c t ng th ng MN E ng th ng QK c t ng th ng MN F Ch ng minh tam giác MPE ng d ng v i tam giác KPQ Ch ng minh t giác PQEF n i ti p c ng tròn G i D trung i m c a o n PQ Ch ng minh tam giác DEF m t tam giác u Bài (2,0 i m) Cho a, b, c ba s th c dương th a mãn: a + b + c = Ch ng minh r ng: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c2 + a2 H T -Thí sinh khơng c s d ng máy tính c m tay H tên thí sinh: Ch ký c a giám th 1: S báo danh: Ch ký c a giám th 2: S GIÁO D C VÀ ÀO T O HÀ NAM KỲ THI CH N H C SINH GI I L P THCS NĂM H C 2012-2013 Mơn thi: TỐN ÁP ÁN CHÍNH TH C ÁP ÁN-BI U I M ( áp án bi u i m g m trang) Câu Câu 1.1 (2,5 ) N i dung Điều kiện để P xác định l : x ; y ; y ≠ ; x + y ≠ x(1 + P= = = = Câu 1.2 (1,5 ) Câu 2.1 (2,0 ) i m 0,5 ( x ) − y (1 − ( x + x + y ( )( y x − x + y ) − xy )(1 + x y +x− )( y 1+ )( (1 − y ) xy − P=2 ⇔ x + ⇔ ( x 1+ y xy + y − xy y ) x = ) ( x 1− = ) = ( x − y) + ( x x + y y ) − xy ( x + y ) y) ( x + y )(1 + x )(1 − y ) x + )(1 − x 1− x − y + y − y x x + ( ( ) x +1 − y ( ) ( )( x +1 + y 1+ x 1− 0,5 x (1 + x )(1 − y ) )( y 1+ y (1 − ) − y (1 − y ) y) 0,5 y xy − y = v i x ≥ ; y ≥ ; y ≠1; x + y ≠ ) ( y − ) y +1 =1⇔ ( )( x −1 1+ 0,5 ) y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay v o P ta có cặp giá trị (4; 0) v (2 ; 2) tho¶ m n Cho hai s th c a, b th a mãn 18a + 4b ≥ 2013 (1) 0,5 0,5 Ch ng minh r ng phương trình sau có nghi m: 18ax + bx + 671 − a = (2) TH1 : V i a = (2) ⇔ bx + 671 = 671 T (1) ⇒ b ≠ V y (2) ln có nghi m x = − 4b TH2 : V i a ≠ , ta có : ∆ ' = 4b − 18a(671 − 9a) = 4b2 − 6a.2013 + 162a2 V y pt ln có nghi m Tìm s nguyên x, y th a mãn phương trình:  3 0,5 0,5 0,5 0,5 x + x + 3x + = y 0,5 Ta có y − x3 = x + 3x + =  x +  + > ⇒ x < y (1) 4  9 15  ( x + 2) − y = x + x + =  x +  + >0 4 16  Câu 3.1 (2,0 ) 0,5 0,5 ≥ 4b2 − 6a(18a + 4b) + 162a2 = 4b2 − 24ab + 54a2 = (2b − 6a)2 + 16a2 ≥ 0, ∀a, b Câu 2.2 (2,0 ) ) ⇒ y< x+2 (2) T (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban u gi i phương trình tìm c x = -1; x = t tìm c hai c p s (x, y) th a mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0) Do p s nguyên t l n nên p có d ng p = 3k ± *) N u p = 3k + p + = k + = 3(2 k + 1) 0,5 0,5 ó 0,5 0,5 0,5 Câu 3.2 (2,5 ) ⇒ p + h p s (Vô lý) *) N u p = 3k − 1, k ≥ p + = 12 k − = 3(4k − 1) Do k − ≥ nên p + m t h p s i u ki n: x ≥ 0,5 0,5 0,5 PT ⇔ x + x + = x x + + 2 x − ( ⇔ (2x − ) ( 0,5 ) ⇔ 4x2 − 4x x + + x + + − 2 x − + 2x − = x+3 ) ( + − 2x −1 ) 0,5 =0 2 x = x +  ⇔ 1 = 2x −  0,5 4 x = x + ⇔ ⇔ x = (tm k)  = 2x − 0,5 Câu Câu 4.1 (2,5 ) Hình v úng +PK phân giác góc QPO y ⇒ MPE = KPQ (*) + Tam giác OMN u ⇒ EMP = 1200 + QK phân giác OQP Q N E ( QKP = 1800 − KQP + KPQ D K 0,5 0,5 0,5 ) Mà 2KQP + 2KPQ = 1800 − 600 = 1200 x O P M F Câu 4.2 (1,0 ) Câu 4.3 (2,5 ) Do hai tam giác MPE KPQ ⇒ QKP = 1200 Do ó: EMP = QKP (**) T (*) (**), ta có ∆MPE ∆KPQ 0,5 0,5 ng d ng nên: MEP = KQP hay: FEP = FQP Suy ra, t giác PQEF n i ti p c ng tròn 0,5 G i D trung i m c a o n PQ Ch ng minh tam giác DEF m t tam giác u PM PE PM PK Do hai tam giác MPE KPQ ng d ng nên: = Suy ra: = PK PQ PE PQ 0,5 Ngồi ra: MPK = EPQ Do ó, hai tam giác MPK EPQ ng d ng T ó: PEQ = PMK = 900 Suy ra, D tâm c a ng tròn ngo i ti p t giác PQEF Vì v y, tam giác DEF cân t i D Ta có: FDP = 2FQD = OQP ; EDQ = 2EPD = OPQ ( ) FDE = 1800 − FDP + EDQ = POQ = 600 Câu 0,5 T ó, tam giác DEF tam giác u Cho a, b, c ba s th c dương th a mãn: a + b + c = Ch ng minh r ng: 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0 ) a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c + a2 Theo b t ng th c Cauchy ta có: + b ≥ b nên: a +1 b2 (a + 1) b (a + 1) ab + b = (a + 1) − ≥ (a + 1) − = a +1− 1+ b b +1 2b ⇔ a +1 ab + b ≥ a +1− 1+ b 0,5 Tương t ta có: b +1 bc + c ≥ b +1− (2) 1+ c c +1 ca + a ≥ c +1− (3) 1+ a C ng v theo v (1), (2) (3) ta c: a +1 b +1 c +1 a + b + c − ab − bc − ca (*) + + ≥3+ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 M t khác: 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = ⇒ Nên (*) ⇔ a + b + c − ab − bc − ca ≥0 a +1 b +1 c +1 + + ≥ ( pcm) + b2 + c + a2 D u "=" x y ch a = b = c = -H T -Lưu ý: - Các cách gi i úng khác cho i m tương ương v i bi u i m - i m tồn khơng làm trịn 0,5 0,5 S GIÁO D C VÀ ÀO T O HÀ NAM KỲ THI CH N H C SINH GI I T NH L P THCS NĂM 2011 Mơn Tốn CHÍNH TH C Th i gian: 150 phút (không k th i gian giao ) Bài 1.(6 i m) Cho bi u th c A = + − 13 + 48 +1 a) Rút g n bi u th c A 2 b) Tìm nghi m nguyên c a phương trình: y − A = x(A + x)(A + x ) G i d1 ,d ng th ng l n lư t có phương trình: d1 :y = 2x + 3m + d : y = (m + m)x − a) Tìm m hai ng th ng d1 ,d song song b) Tuỳ theo giá tr c a m, tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: B = ( 2x − y + 3m + ) + (m + m)x − y −    Bài 2.(6 i m) Gi i phương trình: 2(x + 2) = Tìm m ( x + + 2x ) phương trình sau có nghi m phân bi t: x + 3x − (2m − 1)x − ( 3m + 1) x + m + m = Bài 3.(1 i m) x y − − x + y x − − y =  Gi i h phương trình :   x + y3 = 16  ( ) ( ) Bài 4.(6 i m) Cho i m c nh A, B, C phân bi t th ng hàng theo th t ó ng trịn (O) i qua B C (O không thu c BC) Qua A k ti p n AE AF n ng tròn (O) (E F ti p i m) G i I trung i m c a o n th ng BC, N trung i m c a o n th ng EF Ch ng minh r ng: E F n m m t ng tròn c nh ng tròn (O) thay i ng th ng FI c t ng tròn (O) t i E’(khác F) Ch ng minh t giác BCE’E hình thang Ch ng minh r ng: Tâm ng tròn ngo i ti p tam giác ONI n m m t ng th ng c nh ng tròn (O) thay i Bài 5.(1 i m) Cho tam giác ABC Xác nh v trí c a i m M n m tam giác ABC cho AM.BC + BM.CA + CM.AB t giá tr nh nh t -H T (Giám th khơng gi i thích thêm ) H tên: S báo danh: Ch kí c a giám th .Ch kí c a giám th PHÒNG GIÁO D C – ÀO T O THI CH N C TH I TUY N H C SINH GI I C P HUY N NĂM H C 2013-2014 MƠN TỐN Th i gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút g n bi u th c sau: a) A = + 10 + + − 10 + − x y2 b) B = + xy (x − y ) x2 x (x − y) − ( x − y ) y2 y (x − y) v i xy > 0; x ≠ y Bài 2: Tìm s nguyên x, y th a mãn y2 + 2xy − 7x − 12 = Bài 3: Gi i phương trình 5−x   − x  b) a) x   x + x +  =  x +   10 ( x − 2013) + 14 ( x − 2014 ) =1 Bài 4: Cho ∆ABC vuông t i A (AC > AB), ng cao AH (H ∈ BC) Trên tia HC l y i m D cho HD = HA ng vng góc v i BC t i D c t AC t i E a) Ch ng minh r ng ∆BEC ∼ ∆ADC Tính BE theo m = AB b) G i M trung i m c a BE Ch ng minh r ng ∆BHM ∼ ∆BEC Tính AHM GB HD c) Tia AM c t BC t i G Ch ng minh r ng = BC AH + HC 3 2 Bài 5: a) Cho x + y + ( x + y ) + ( x + y ) + = xy > 1 + x y b) V i a, b, c s th c dương Ch ng minh r ng a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a Tìm GTLN c a M = Bài gi i c a Nguy n Ng c Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) t x = + 10 + + − 10 + ⇒ x = + − = + ⇒ x = + Do ó A = (x − y) x (x − y) y b) B = + − x (x − y) y (x − y) Xét trư ng h p x < y < 0; y < x < 0; x > y > y > x > ta ( ) −1 = + u cB =1 Bài 2: Cách 1: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ ( x + y ) = ( x + 3)( x + ) (x + 3)(x + 4) tích c a s nguyên liên ti p nên khơng th s phương x + =  x = −3 Dó ó  ⇔ T ó ta tìm c (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)} x + =  x = −4 Cách 2: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ 4y + 8xy − 28x − 48 = ⇔ 4y − 49 + 4x ( 2y − ) = −1 2y − =  x = −4 2y − = −1  x = −3 ⇔ ( 2y − )( 2y + + 4x ) = −1 ta có  ⇔ ⇔  2y + + 4x = −1  y = 2y + + 4x =  y = 5−x  5−x  t x =b  = a x + x +1  x +1  − x  5x − x + x + x + − x  5−x   +x + =5 Ta có a + b = x   = x +1  x +1  x +1    a =  5−x   =2 x   ab =  x − 3x + =   b = V i a = ⇒   x +  ⇔ ⇒ x − 3x + = Do ó  ⇔    a = a+b =5 b=3  5−x     x − 3x + = x+  =3  x +1  b =  x = ⇔ ( x − 1)( x − ) = ⇔  x = Bài 3: a) Cách 1: KX : x ≠ -1   5− x  x =3  a =   x +     x − 2x + =  V i  ⇒ ⇔ ⇒ x − 2x + = ⇔ ( x − 1) + = , vô nghi m 5−x  x − 2x + = b =   x+ =2   x +1 V y phương trình có t p nghi m S = {1; 2} 5−x   − x  2 Cách 2: x   x + x +  = ⇔ 5x − x x + = ( x + 1) ⇔ x − 5x + 11x − 13x + = x +    ⇔ x − 5x + 11x − 13x + = ⇔ ( x − 3x + )( x − 2x + 3) = ( T ( x − 2013) ) ó ta tìm c t p nghi m S = {1; 2} b) )( 10 + 14 ( x − 2014 ) = ⇔ x − 2013 + x − 2014 = Ta có x = 2013, x = 2014 nghi m c a phương trình Ta ch ng minh nghi m nh t 7 Xét x < 2013 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 >   0 < x − 2013 < 0 < x − 2013 <  x − 2013 < x − 2013 Xét 2013 < x < 2014 ⇒  ⇔ ⇔  −1 < x − 2014 < 0 < x − 2014 <  x − 2014 < x − 2014   ⇔ x − 2013 + x − 2014 < x − 2013 + x − 2014 = x − 2013 + 2014 − x = 5 Xét x > 2014 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 > V y phương trình có nghi m x = 2013, x = 2014 A EDC = BAC = 900 (gt)  Bài 4: a) Xét ∆EDC ∆BAC có  C chung  EC BC ⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = DC AC Xét ∆BEC ∆ADC có E m M B H G D C  EC BC =   DC AC ⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c) C chung  ⇒ BEC = ADC M t khác AH = HD (gt) nên ⇒ ADH = 450 ⇒ ADC = 1350 ⇒ BEC = 1350 ⇒ AEB = 450 ⇒ ∆AEB vng cân t i A Do ó BE = m AHB = CAB = 900 (gt)  ⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g) b) Xét ∆AHB ∆CAB có  B chung   AB BH BE BH BM BH ⇒ = ⇒ AB2 = BH.BC ⇒ 2AB2 = 2BH.BC ⇒ BE = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = BC AB 2BC BE BC BE  BM BH =  (Vì BE = 2BM) Xét ∆BHM ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c) MBH chung  ⇒ BHM = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 AHC = BAC = 900 (gt) AH AB  c) Xét ∆AHC ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = (1) HC AC C chung   M t khác ∆AEB vng cân t i A có AM trung n AM phân giác hay AG ng GB AB phân giác c a ∆ABC Suy (2) T (1) (2) ta có: = GC AC GB AH = ⇒ GB.HC = AH.GC ⇒ GB.HC = AH ( BC − GB ) ⇒ GB.HC = AH.BC − AH.GB GC HC GB HD ⇒ AH.GB + GB.HC = HD.BC (Vì HD = AH) ⇒ GB ( AH + HC ) = HD.BC ⇒ = BC AH + HC Bài 5: a) x + y3 + ( x + y ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x + y ) ( x − xy + y ) + ( x − xy + y ) + ( x + 2xy + y2 ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x − xy + y ) ( x + y + ) + ( x + y + ) = ⇔ ⇔ ( x + y + ) ( 2x − 2xy + 2y2 + 2x + 2y + ) = 2 2 ( x + y + ) ( x − y ) + ( x + 1) + ( y + 1) +  = ⇔ x + y + = ⇔ x + y = −2   Mà xy > ó x, y < Áp d ng B T CauChy ta có V y M= ( − x )( − y ) ≤ ( −x ) + ( − y ) = 1 x+y + = ≤ −2 , GTLN c a M -2 x y xy nên xy ≤ 1, ó −2 ≤ −2 xy t c x = y = -1 a3 2a − b b) Cách 1: Ta có: ≥ ⇔ 3a ≥ ( 2a − b ) ( a + ab + b ) ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) a + ab + b 2 ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ ( a − b ) ≥ ln úng Do ó a3 2a − b a5 2a − a b Ch ng minh tương t ta c ≥ ⇔ ≥ a + ab + b a + ab + b a5 b5 c5 a + b + c3 a + b + c − a b − b c − c a + + ≥ + a + ab + b b + bc + c2 c + ca + a 3 M t khác: Vai trò a, b, c nên gi s a ≥ b ≥ c > a + b + c3 − a b − b c − c a = a ( a − b ) + b ( b − c ) + c ( c − a ) = a ( a − b ) + b ( b − a + a − c ) + c2 ( c − a ) = ( a − b ) ( a + b ) + ( a − c )( b − c )( b + c ) ≥ a5 b5 c5 a + b + c3 D u “=” x y a = b = c + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c + ca + a Cách 2: Áp d ng B T Bunhia m r ng ta có a5 b5 c5 a6 b6 c6 + + = + + a + ab + b b + bc + c c2 + ca + a a + a b + ab b3 + b c + bc c3 + c 2a + ca T ó suy (a ≥ + b + c3 ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca 2 M t khác ( a − b ) ≥ ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) tương t b3 + c3 ≥ bc ( b + c ) c3 + a ≥ ca ( c + a ) Suy ( a + b3 + c3 ) ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇔ ( a + b3 + c3 ) ≥ a + b3 + c3 + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇒ D (a + b3 + c ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca oán: M i câu theo thang i m 10 m i câu ≥ a + b + c3 theo thang i m 20 PHỊNG GD& T BÌNH GIANG THI CH N H C SINH GI I VÒNG I NĂM H C 2012-2013 CHÍNH TH C MƠN: TỐN - L P (Th i gian làm bài: 150 phút) Câu I (2,0 i m) Cho bi u th c: A = x+2 x +1 v i x ≥ 0, x ≠ + + x x −1 x + x + 1 − x 1) Rút g n A 2) Ch ng t r ng: A < Câu II (2,0 i m) 1) Gi i phương trình: x − x − 15 = 17 2) Tìm x, y cho: 5x − x ( + y ) + y + = Câu III (2,0 i m) 1) Tìm s nguyên x, cho : x + x − p = v i p s nguyên t 2) Tìm m hàm s b c nh t y = m2 − 2013m + 2012 x − 2011 hàm s m − 2m + ngh ch bi n Câu IV (3,0 i m) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nh n n i ti p ng tròn (O ; R), hai ng cao BE CF c a tam giác c t t i H K ng kính AK c a ng tròn (O ; R), g i I trung i m c a BC a) Ch ng minh AH = 2.IO b) Bi t BAC = 600 , tính dài dây BC theo R 2) Cho ∆ABC(A = 900 ) , BC = a G i bán kính c a ng trịn n i ti p ∆ABC r Ch ng minh r ng: r −1 ≤ a Câu V (1,0 i m) Cho x + 3y ≥ Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: C = x + y –––––––– H t –––––––– HƯ NG D N CH M Câu THI CH N HSG VỊNG I NĂM H C 2012-2013 MƠN: TỐN - L P N i dung Ph n A= A= (1,0 ) A= x+2 ( )( + ) x −1 x + x +1 x +1 − x + x +1 x −1 x + + x −1 − x − x −1 ( )( )( ) x ( x −1) A= = ( x −1)( x + x +1) x + Câu I (2,0 i m) 0.25 x −1 x + x + x , v i x ≥ 0, x ≠ x +1 ( ) x −1 ) x − x − 15 = 17 ⇔ x − 15 − x − 15 − = (1,0 ) Câu II (2,0 i m) t t = x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t − t − =  t = ( TM§K ) ⇔ ( t − )( t + 1) = ⇔   t = −1 ( lo¹i )  V i t = ⇒ x − 15 = ⇔ x − 15 = ⇔ x = 19 (TM K) KX : x ≥ 5x − x ( + y ) + y + = ⇔ 4x − x + + x − 2y x + y = ( Vì ( ⇒ (2 2 ) ( x − y ) = (1) x − 1) ≥ 0, ( x − y ) ≥ ∀x ≥ 0, y x − 1) + ( x − y ) ≥ ⇔ x −1 + (1,0 ) 2 (2,0 i m) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2  2 x − = x =   (1) x y  (TM) ⇔ x −y=0  y =    2 Theo ra: p = x + x = x ( x + 1) mà x, x + s nguyên liên ti p Câu III 0.50 1  ⇒ x − > x + x + =  x +  + > 2  1 ⇒ −A >0⇔ A < 3 KX : x ≥ 15 ( 0.25 1 x −A = − = 3 x + x + 3(x + x + 1) Do x ≥ 0, x ≠ Xét (1,0 ) 0.25 0.25 ) x −1 x + x + x− x ( i m nên x ( x + 1) s ch n ⇒ p s ch n (1,0 ) M t khác p s nguyên t nên p = 2 ⇒ x + x − = ⇔ ( x + )( x − 1) = ⇔ x = ho c x = - (TM) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 hàm y= s m − 2013m + 2012 x − 2011 m − 2m + bi n m − 2013m + 2012 < (1) m − 2m + = m − + > ∀m m − 2m + (1) ⇔ m − 2013m + 2012 < ⇔ ( m − 1)( m − 2012 ) < ( (1,0 ) ngh ch ) m − > m >     m − 2012 < ⇔   m < 2012 ⇔ m − < m <     m − 2012 >   m > 2012   ⇒ < m < 2012 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì B, C thu c ng trịn ng kính AK ⇒ ABK = ACK = 900 E ⇒ KB ⊥ AB, KC ⊥ AC CH ⊥ AB, BH ⊥ AC (gt) F O ⇒ BK // CH, CK // BH H 1a ⇒ BHCK hình bình hành C B (1,0 ) I I trung i m c a BC (gt) ⇒ I trung i m c a HK K O trung i m c a AK (gt) ⇒ OI ng trung bình c a ∆KAH ⇒ OI = AH ⇒ AH = 2.IO OA = OC ⇒ ∆OAC cân t i O ⇒ OAC = OCA KOC = OAC + OCA (T/c góc ngồi c a tam giác) ⇒ KOC = 2.OAC Ch ng minh tương t : KOB = 2.OAB 1b ⇒ KOC + KOB = OAC + OAB ⇒ BOC = 2.BAC = 1200 (1,0 ) OB = OC ⇒ ∆OBC cân t i O ⇒ OCI = (1800 − 1200 ) : = 300 A Câu IV (3,0 i m) ( ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì I trung i m c a BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC Trong ∆OIC $ = 900 : IC = OC.cos300 = R I ⇒ BC = R B r −1 ≤ ⇔ 2r ≤ a − a ⇔ 2r + a ≤ a D a C/m c AB + AC = 2r + a r O E ⇒ AB + AC ≤ BC A F C ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC ≤ 2BC ( (1,0 ) ) B T (1) úng ⇒ Câu V 0.25 0.25 ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC2 ≤ 2AB2 + 2AC ⇔ ( AB − AC ) ≥ (1) (1,0 i m) 0.25 (1,0 ) Do x + 3y ≥ , r −1 ≤ , d u “=” x y ∆ABC v/cân t i A a t x + 3y = + a v i a ≥ ⇒ x = + a – 3y, thay vào 0.25 0.25 bi u th c C: ⇒ C = 10y − 6ay − 6y + a + 2a + 0.25 1   C = 10  y − ( a + 1)  + ( a + 2a ) + ≥ 10 10  10  10 ⇒ C = khi: 10  3     y = 10  y − ( a + 1) = y = y =  ⇔ 10 ⇔  10 ⇔   10    a = a =  x + 3y =  x =  10  * H c sinh làm b ng cách khác úng v n cho i m t i a 0.50 0.25 ... TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề. .. ĐKXĐ: x  0; y  0;xy  a) Mẫu thức chung – xy P ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP Đáp án ( x  y)(1  xy)  ( x  y)(1  xy)  xy  x... chú: • Mọi cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0,5đ 0,5đ 0,5đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150

Ngày đăng: 16/08/2015, 22:18

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan