    !"#!$%#&&&&&&&&&&&& Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề '()*+,- Cõu 1:(2 đ i ể m) 1) Tính: 9 17 9 17 2A = + + − − 2) Tính: ( ) ( ) 6 2 10 5 3 2 3B = − + − . 3) Cho 1 2 2009 1 2008 1C = − − − và 2 2 2.2009 2009 1 2008 1 D = − + − . Không dùng máy tính hãy so sánh C và D . ./0#102*3 1) Cho đa thức ( ) ( ) 1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + + . Tìm x để ( ) 2010f x = 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 x y z 6 xy yz zx 1 x y z 14 + + =   + − = −   + + =  ./4#102*3 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 ( ) m d vuông góc với AB tại A. 2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ ( ) m d đồng qui. 3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ ( ) m d đi qua ./5#142*3 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. ./6#1+2*3 Cho các số 1 2 2009 , a , . . . ,a a được xác định theo công thức sau: = + + + n 2 a (2n 1)( n n 1) với n = 1, 2, …, 2008. Chứng minh rằng: < 1 2 2009 2008 a + a + . . . + a 2010 &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&7&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&     M«n thi : To¸n M· sè: Híng dÉn chÊm gåm . . . trang H íng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung §iÓ m ./ + 0 2* +3 8962* 9 17 9 17 2A = + + − − ( ) 2 9 17 9 17 2 2 + + − − = 18 2 17 18 2 17 4 2 + + − − = ( ) ( ) 2 2 17 1 17 1 2 2 + + − − = 0,25 ( ) ( ) 2 17 1 17 1 17 1 2 2 17 2 2 17 1 2 2 2 − + + − − − = = = = − 0,25 03 8962* ( ) ( ) 6 2 10 5 3 2 3B = − + − ( ) ( ) 3 1 10 5 3 2. 2 3= − + − ( ) ( ) ( ) 3 1 10 5 3 2 2 3= − + − ( ) ( ) ( ) 2 3 1 10 5 3 3 1= − + − 0,25 ( ) ( ) 2 3 1 10 5 3= − + ( ) ( ) 4 2 3 10 5 3= − + ( ) ( ) 10 2 3 2 3= − + 10= 0,25 43 +982* 1 2 2009 1 2008 1C = − − − ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − − − + − = − + − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − − = − + − 0,25 2 2 1 2 2009 1 2008 1 2009 1 2008 1 − − + = − + − ( ) ( ) 2 2 2009 2008 2009 2008 2009 1 2008 1 − + = − + − 2 2 4017 2009 1 2008 1 = − + − 0,25 Mà 4017 4018 2.2009 < = ⇒ 2 2 4017 2009 1 2008 1− + − < 2 2 4018 2009 1 2008 1− + − 0,25 Vậy C < D 0,25 ./ 0 0 2* +3 +982* Ta có ( ) ( ) 1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + + ⇒ ( ) ( ) 3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − −    ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + + ( ) ( ) . 1 2x x x= + + 0,25 H ’ AB C D E H M N I P O K 45 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) 1 . 1 2 3 f x x x x= + + Để ( ) 8f x = ⇔ ( ) ( ) 1 . 1 2 8 3 x x x+ + = ⇔ ( ) ( ) . 1 2 24x x x+ + = ⇔ 3 2 3 2 24 0x x x+ + − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − = 0,25 ⇔ ( ) ( ) 2 2 5 12 0x x x− + + = ⇔ 2 2 0 5 12 0 x x x − =   + + =  ( ) ( ) 1 2 0,25 Giải phương trình ( ) 1 ta được x = 2 Giải phương trình ( ) 2 Vô nghiệm Vậy với x = 2 thì ( ) 8f x = . 0,25 03 +982* 2 2 2 x y z 6 (1) xy yz zx 1 (2) x y z 14 (3) + + =   + − = −   + + =  (1) ⇒ (x + y + z) 2 = 36 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 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) 0,25 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 =  ⇒  =  0,25 +) Với y = 1 thì (4) ⇒ x + z = 5 ⇒ x = 5 – z mà zx = 6 ⇒ (5 – z)z = 6 ⇒ (z – 2)(z – 3) = 0 z 2 x 3 z 3 x 2 = =   ⇒ ⇒   = =   0,25 +) Với y = 5 thì (4) ⇒ x + z = 1 ⇒ x = 1 – z mà zx = 6 ⇒ (1 – z)z = 6 ⇒ (z 1 2 − ) 2 = 23 4 − (phương trình vô nghiệm) Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là { } S (3; 1; 2),(2;1; 3)= 0,25 ./ 4 0 +3 89:62* Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d) A, B ∈ (d) nên − − = ≠ − − y 1 x 1 (m 1) 0 1 m 1 0,25 2* − ⇒ − = − ⇒ − − + = − 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 Gọi phương trình họ đường thẳng ( ) m d là y = a’x + b’ Vì ( ) m d ⊥ AB tại A nên a.a’ = - 1 ⇒ = − − 1 .a ' 1 1 m ⇒ a’ = m – 1 ⇒ y = (m – 1)x + b’ 0,25 Vì ( ) m d đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’ Vậy họ đường thẳng ( ) m d cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m 2 ) ≠(m 1) 0,25 03 8962* Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d m ) đồng qui tại điểm (x o ; y ô ) ⇒ y o = (m – 1)x o + (m – m 2 ) ⇔ m 2 – m(x o + 1) + x o + y o = 0 0,25 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 (d m ) đi qua điểm (x o ; y o ) Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (d m ) đồng qui. 0,25 43 89:62* Gọi các điểm N(x 1 ; y 1 ) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d m ) đi qua ⇒ y 1 = (m – 1)x 1 + m – m 2 ⇒ m 2 – m(x 1 + 1) + x 1 + y 1 = 0 0,25 Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (d m ) đi qua N nên phương trình trên chỉ có 1 nghiệm. ⇒ ∆ = ⇔0 ( ) ( ) 2 1 1 1 x + 1 - 4 x + y = 0 0,25 − ⇔ = 2 1 1 (x 1) y 4 Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol − ⇔ = 2 1 1 (x 1) y 4 0,25 ./ 5 42 * +3 8962* Vẽ hình đúng 0,25 0,25 03 8962* 0,25 0,25 0,25 43 +982* V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25 Do DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính. 0,25 M D l im c nh nm chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB nờn I l im chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB 0,25 im I i xng vi D qua AB. Vy I l im c nh. 0,25 ./6 +2* = + + + n 2 a (2n 1)( n n 1) + + = < = + + + + 2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1 n 1 n 2 n(n 1) n n 1 0,25 Do đó + + + < + + + = 1 2 2009 1 1 1 1 1 1 a a 1 2 2 3 2009 2010 1 1 2010 0,25 Mt khỏc: ( ) + = ữ = = > 2 2008 1 2008 2009 2010 2009 2010 1 2010 2009 2010 2009 2009 1 2010 2 2009 0 2010 2009 2010 2009 0,25 nờn < 1 2008 1 2010 2009 . Vy < 1 2 2009 2008 a + a + . . . + a 2010 0,25 Câu Nội dung cần trình bày Điểm 5 3 điểm Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB. +) Xét DCP và DBE có: ã ã = DCP DBE (so le trong) DC = DB (AD là trung truyến của ABC) ã ã = 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 à A nên MNAP là hình vuông. AN = AP CP = BN (2) Từ (1) và (2) BE = BN BEN cân ã = 0 NEB 4 5 0,25 +) Gọi O là trung điểm của EN. Ta có BEN và EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O. Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K. Khi đó: ã ã = 1 OHN KON 2 ( ã KON góc ngoàicủa tam giác cân OHN) ã ã = 1 OHB KOB 2 ( ã KOB góc ngoài của tam giác cân OHB) ã ã OHN OHB = ã ã ( ) = 0 1 1 KON KOB .90 2 2 ã = 0 BHN 45 Vậy có ã ã = = 0 BHN BEN 45 (3) Chứng minh tơng tự ta có: ã ã = = 0 NHA NPA 45 (4) Từ (3) và (4) có ã = 0 AHB 90 và NH là đờng phân giác của góc ã AHB Gọi H là hình chiếu của H trên AB. Khi đó SAHB = 1 AB.HH' 2 Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất. Điểm H chạy trên cung tròn đờng 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 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 !"#!$%#&&&&&&&&&&&& Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao '()*+,- ./+#102*3 1) Rút gọn biểu thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y x P x y y x y x x y = + + + + 2) Tỡm x, y l cỏc s chớnh phng P = 2 3) Rỳt gn ri tớnh giỏ tr biu thc: 1.2.3 2.3.4 3.4.5 2008.2009.2010Q = + + + + ./0#102*3 1) Cho biu thc: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 A = + + + + x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + + Tìm x để 5 4050150 A = 2) Cho hệ phương trình 2 2 2 2 x y a b x y a b + = +   + = +  Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có n n n n x y a b + = + 3) Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z 3≤ . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 x y z x y z + + + + + ./4#102*3 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) ./5#142*3 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. ./6#1+2*3 Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a 1 , a 2 , , a n+2 thoả mãn điều kiện 1 ≤ a 1 < a 2 < < a n+2 ≤ 3n. Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a i , a j ( ) 1 j i n + 2≤ ≤ ≤ sao cho n < a i – a j < 2n &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&7&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&     M«n thi : To¸n M· sè: Híng dÉn chÊm gåm 5 trang H íng dÉn chÊm C©u PhÇn Néi dung §iÓm ./ + 02 * +3 89:62* ĐK: x ≥ 0; y ≥ 0; x ≠ 1; y ≠ 1; x 2 + y 2 > 0 Mẫu thức chung: ( ) ( ) ( ) 1 1a b b a+ − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a a b b ab a b A a b b a + − − − + = + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a a a b b b ab a b a b b a + − + − + + − − 0,25 = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a b a a b b ab a b a b b a − + + − + + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 a b a b a ab b ab a b b a   + − + − + −   + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 a b a a b a b a a a b b a   + + − + + − +   = + − − 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 a b a b b a b a b b a   + + − − + −   = + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y x y x xy y x xy y x y y x + + − + − = = + − + − − 0,25 03 8962* A = 2 ⇔ 2a ab b+ − = ⇔ ( ) ( ) 1 . 1 1a b− − = (1) 0,25 Vì a, b là số chính phương suy ra ,a b là số tự nhiên. Nên (1) tương đương với 1 1 1 1 1 1 1 1 a b a b   − =     + =     − = −     + = −     Suy ra 2 4 0 0 a a b b  = =   ⇔   = =    0,25 43 89:6 2* Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 3 1 1 2 4 k k k k k k k k k k k+ + = + + + − − + +    với k ∀ ∈ ¥ 0,25 1.2.3 2.3.4 3.4.5 2009.2010.2011Q = + + + + 0,25 (Loại vì 1 0b + > ) ( ) ( ) ( ) 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 = = Vậy 4087371731776Q = 0,25 ./ 0 02 * +3 89:62* Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 A = + + + + x 1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x+ + + + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 - + - + - - x 1 x + 1 2 x + 2 3 x + 4 5x x x x = + + + + + 0,25 ( ) 1 1 5 - x 5 5x x x = = + + Để 5 4050150 A = ⇔ ( ) 5 5 5 4050150x x = + 0,25 ⇔ 2 5 4050150 0x x+ − = Giải phương trình này ta được 1 2010x = ; 1 2015x = − Vậy với 1 2010x = hoặc 1 2015x = − thì 5 4050150 A = . 0,25 03 89:62* Từ x 2 + y 2 = a 2 + b 2 ⇒ (x 2 – a 2 ) + (y 2 – b 2 ) = 0 ⇔ (x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1) 0,25 Vì x + y = a + b ⇔ x – a = b – y Thay vào (1) ta được: ( ) ( ) ( ) 0b y x a y b − + − + =     ⇔ 0b y x a y b − =   + = +  • Nếu b – y = 0 ⇒ y = b ⇒ x = a ⇒ n n n n x y a b + = + 0,25 • Nếu x + a = y + b ⇒ x b y a =   =  ⇒ n n n n x y a b + = + Vậy trong mọi trường hợp ta có n n n n x y a b + = + 0,25 43 8962* Ta có: ( ) 2 1 0x + ≥ với x ∀ ∈ ¡ ⇒ 2 2 1x x≤ + ⇒ 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x + ≤ = + + ⇒ 2 1 1 2 x x ≤ + . 2 2 1 1 ; 1 2 1 2 y z y z ≤ ≤ + + 0,25 ⇒ 2 2 2 3 1 1 1 2 x y z x y z + + ≤ + + + Vậy biểu thức 2 2 2 1 1 1 x y z x y z + + + + + đạt giá trị lớn nhất bằng 3 2 khi x = 1; y = 1 ; z = 1 0,25 ./ 4 02 * +3 +2* A = (n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) Đặt n 2 + 3n = a A = a(a + 2) = a 2 + 2a Vì a > 0 nên a 2 < a 2 + 2a < a 2 + 2a + 1 0,25 Do đó a 2 < 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 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) 0,25 Từ (1) và (2) { } n 3; 2; 1;0⇒ ∈ − − − (đều thoả mãn) Vậy với { } n 3; 2; 1;0∈ − − − th× A lµ sè chÝnh ph¬ng 0,25 03 +982* 0,25 0,25 0,25 0,25 ./ 5 42 * +3 89:62* 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) 0,25 +) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác của µ A nên MNAP là hình vuông. ⇒ AN = AP ⇒ CP = BN (2) 0,25 H ’ AB C D E H M N I P O K 45 0 [...]... tam giác khơng 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 khơng vượt q 1 - khỏang cách ln khơng 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 khơng ít hơn 2 điểm trong số 5 điểm đó vì vậy ln tồn... -Điểm cả bài làm tròn đến 0,5 điểm -Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa UBND HUYỆN CHÂU THÀNH Phòng Giáo dục & Đào tạo CỘNG HỊA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2008 – 2009 Mơn thi: TOÁN 9 Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) (Học sinh khơng phải chép đề vào giấy thi) Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng với mọi... (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là ( 6.5 ) : 2 = 15 Vì 15 dây này có độ dài khơng nhận q 7 giá trị khác nhau nên phải 3 dây có cùng độ dài 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trong 3 dây đó ln có 2 dây khơng 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 thi t Dễ thấy 2 dây bằng... 2n Theo (*) tõ cỈp sè bi, bj tho¶ m·n n < bi – bj < 2n 0,25 th× tån t¹i cỈp 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 Mơn thi : Tốn Mã số: Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian giao đề Đề thi gồm 1 trang Câu 1:(2 điểm) 3) Rót gän biĨu 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... tròn khơng chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thàn cân Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) ln có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® sở gd&đt HảI Dương Phòng gD&ĐT huyện Gia Lộc §Ị thi häc sinh giái vßng 2 líp 9 n¨m häc 2008-2009 §Ị thi m«n: To¸n (Thêi gian lµm bµi: 150 phót ) C©u 1: (1,5®iĨm) a) Cho c¸c sè thùc d¬ng x, y tho¶ m·n:... rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN ln 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) ln có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang Hết Sở giáo dục và đào tạo hải dương 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 C©u PhÇn Néi dung A = 1005 + 2009 − 1005 − 2009 + 2 2 = 1) 0,5điểm... = Vì CD = BC nên (2đ) BF AF 2 Phòng GD&ĐT Lâm Thao Trường THCS Lâm Thao Kỳ Thi Giáo viên giỏi vòng trường năm học 2008-2009 Đề thi Mơn Tốn (Thời gian làm bài 90 phút) Câu1 (2 điểm) Đồng chí hãy hướng dẫn học sinh giải bài tập sau Tìm số tự nhiên sao cho tổng số đó với các chữ số của nó bằng 2018 Câu 2(3 điểm) Tìm x,y,z trong các trường hợp sau a/ x=2y=3z và x2+y2+z2=441 b/ x2+y2+z2+4032948 ≤ 4(14x+5y+1004z)... khơng ít hơn 2 điểm trong số 5 điểm đó vì vậy ln tồn tại hai điểm mà khoảng cách khơng vượt q 1 Ubnd huyện gia lộc Phòng giáo dục& ĐT đề thi học sinh giỏi lớp 9 vòng 2 Năm học: 2008-2009 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị) ®ª ®Ị chÝnh thøc 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... điểm) Chứng minh rằng ln 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 ln tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng khơng vượt q 1 Phòng GD&ĐT Gia Lộc Trường THCS Lê Lợi Đề thi mơn tốn Thời gian: 150’ Năm học 2008 - 2009 Bài 1(2điểm) Cho biểu thức x y xy P= − − x + y 1−... điểm).Trong tam giác ABC có chu vi 2p = a+ b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh) Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2 + + ÷ p −a p −b p −c a b c Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì? Bài 4 (3 điểm) Cho đường tròn(O; r), dây cung BC = a khơng đổi A là một điểm trên cung lớn AB sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt nhau tại H · · 1) Trong trường . tại K. Khi đó: ã ã = 1 OHN KON 2 ( ã KON góc ngoàicủa tam giác cân OHN) ã ã = 1 OHB KOB 2 ( ã KOB góc ngoài của tam giác cân OHB) ã ã OHN OHB = ã ã ( ) = 0 1 1 KON KOB .90 2 2 ã = 0 BHN 45 Vậy. (O) ti K. Khi ú: ã ã = 1 OHN KON 2 ( ã KON gúc ngoica tam giỏc cõn OHN) ã ã = 1 OHB KOB 2 ( ã KOB gúc ngoi ca tam giỏc cõn OHB) ã ã OHN OHB = ã ã ( ) = 0 1 1 KON KOB .90 2 2 ã = 0 BHN 45 0,25 Vy. (O) ti K. Khi ú: ã ã = 1 OHN KON 2 ( ã KON gúc ngoica tam giỏc cõn OHN) ã ã = 1 OHB KOB 2 ( ã KOB gúc ngoi ca tam giỏc cõn OHB) ã ã OHN OHB = ã ã ( ) = 0 1 1 KON KOB .90 2 2 ã = 0 BHN 45 0,25 Vy