Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) --------------- * Bài 1 : a / Cho biểu thức A = 3 21420 + 3 21420 + Hãy tính giá trị của biểu thức A bằng hai cách khác nhau . b/ Cho các số dơng a , b , c , d . Chứng minh rằng trong 4 số 2a + b - 2 cd ; 2b + c - 2 da ; 2c + d - 2 ab ; 2d + a - 2 bc có ít nhất hai số dơng . * Bài 2 : Tìm giá trị của tham số m để phơng trình ( x 2 - 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m có bốn nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 thoả mãn điều kiện 1 1111 4321 =+++ xxxx * Bài 3 : Cho ba số dơng a , b , c có tổng nhỏ hơn 1 . Chứng minh rằng : bca 2 1 2 + + 9 2 1 2 1 22 + + + abccab * Bài 4 : Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình : x 4 + ( x + 1 ) 4 = y 2 + ( y + 1 ) 2 * Bài 5 : Giải hệ phơng trình : = = + + + + + 1 .8 1 1 2 1 4 1 3 2439 zyx z z y y x x * Bài 6 : Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O cho trớc . M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC . Gọi E và F thứ tự là chân các đờng vuông góc kẻ từ M đến các đờng thẳng AC và BC , H và K thứ tự là trung điểm của AB và EF ; Gọi N là giao điểm của các đờng thằng AB và EF . a / Chứng minh rằng số đo của góc MKH không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC . b / Hãy xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC để đoạn thẳng NF có độ dài lớn nhất . --------------------- - Họ và tên thí sinh : - Số báo danh : . * Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Chữ ký của giám thị Số 2 Đề số : 1 Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đáp án và biểu điểm kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9 - Đề số .1 . --------------- Bài Câu Yêu cầu cần đạt Điểm chuẩn 1 3 a Trình bày hai cách giải 1 * Cách 1 : - Biến đổi để chỉ ra 3 21420 = 22)22( 3 3 = - Tơng tự 3 21420 + = 22)22(3 3 +=+ - Từ đó tính toán để có A = 4 * Cách 2 : - Ta có A 3 = ( 3 21420 + 3 21420 + ) 3 = 20 - 14 2 + 20 + 14 2 + 3 A 3 392400 = 40 + 6A suy ra A 3 - 6A - 40 = 0 (1) - Ta có (1) 0)104)(4( 2 =++ AAA =++ = )3(0104 )2(04 2 AA A - Phơng trình (2) có nghiệm duy nhất A = 4 - Phơng trình (3) vô nghiệm vì biệt số 06 <= - Vì kết quả của phép tính là duy nhất nên A = 4 . 0,50 0,25 0,25 0,50 0.25 0,25 b 1 - Ta có 2a + b - 2 cd + 2c + d - 2 ab = ( a + b - 2 ab ) + ( c + d - 2 cd ) + ( a + c ) = ( 0)()() 22 ++++++ cacadcba ( Do a > 0 , c > 0 ) ; suy ra trong hai số 2a + b - 2 cd và 2c + d - 2 ab phải tồn tại ít nhất một số dơng . - Biến đổi hoàn toàn tơng tự ta cũng có trong hai số 2d + a - 2 bc và 2b + c - 2 da tồn tại ít nhất một số dơng . - Kết luận : Trong bốn số đã cho luôn tồn tại ít nhất hai số d- ơng . 0,50 0,25 0,25 2 3 - Xét phơng trình ( x 2 - 1 ) ( x + 3 ) ( x + 5 ) = m (1) Ta có (1) ( x - 1 ) ( x + 5 ) ( x + 1 ) ( x + 3 ) = m ( x 2 + 4x - 5 ) ( x 2 + 4x + 3 ) = m (2) - Đặt y = x 2 + 4x + 4 = ( x + 2 ) 2 0 , ta có phơng trình (2) trở thành phơng trình ( y - 9 ) ( y - 1 ) = m Hay y 2 - 10y + 9 - m = 0 (3) - Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trình (3) có hai nghiệm dơng phân biệt . Phơng trình (3) có hai nghiệm dơng y 1 > y 2 > 0 khi và chỉ 0,25 0,25 0,25 khi > >+ > 0. 0 0 21 21 / yy yy > > >+ 09 010 0925 m m 916 << m (*) - Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phơng trình x 2 + 4x + 4 - y 1 = 0 x 3 ; x 4 là hai nghiệm của phơng trình x 2 + 4x + 4 - y 2 = 0 áp dụng định lý Vi - ét ta có : = + = + + + =+++ 2143 43 21 21 4321 4 4 4 41111 Yyxx xx xx xx xxxx 15 8 m Kết hợp với giả thiết suy ra 15 8 m = -1 suy ra m = -7 - Với m = -7 ta dễ dàng chỉ ra phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt . - Kết luận : Với m = -7 phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 . 0,50 0,25 0,50 0,25 0,50 0,25 3 3 - Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ca ; z = c 2 + 2ab ; Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức : 9 111 ++ zyx (*) ta có x + y + z = ( a + b + c ) 2 Do a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và a + b + c < 1 nên x > 0 ; y > 0 ; z > 0 và 0 < x + y + z < 1 ( 1 ) - áp dụng bất đẳng thức Cô - sy cho ba số dơng ta có : x + y + z 3 3 xyz > 0 (2) 3 111 ++ zyx xyz 1 3 > 0 (3) Nhân từng vế hai bất đẳng thức (2) và (3) ta đợc : 9) 111 )(( ++++ zyx zyx (4) Từ (1) và (4) suy ra 9 9111 ++ ++ zyxzyx - Bất đẳng thức (*) đựơc chứng minh , do đó bất đẳng thức đã cho đợc chứng minh . 0,50 0,25 0,50 0,50 0,25 0,50 0,25 0,25 4 3 - Giả sử cặp số nguyên ( x ; y ) thoả mãn phơng trình x 4 + ( x + 1 ) 4 = y 2 + ( y + 1 ) 2 (*) - Ta có phơng trình (*) tơng đơng với phơng trình : ( x 2 + x + 1 ) 2 = y 2 + y + 1 (1) - Do x ; y Z nên vế trái của (1) là số chính phơng , do đó vế trái của (1) cũng là số chính phơng . - Nếu y > 0 ta có : y 2 < y 2 + y + 1 < ( y + 1 ) 2 (2) Không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (2) 0,25 0,50 0,25 0,25 - Nếu y < -1 ; ta có : ( y + 1 ) 2 < y 2 + y + 1 < y 2 (3) Cũng không tồn tại số nguyên y nào thoả mãn (3) - Suy ra y = 0 hoặc y = -1 . Từ đó ta có ( x 2 + x + 1 ) 2 = 1 suy ra x 2 + x + 1 = 1 hoặc x 2 + x + 1 = - 1 ; Nhng x 2 + x + 1>0 , do đó x 2 + x + 1 = 1 ; suy ra x( x + 1 ) = 0 ; suy ra x = 0 hoặc x = -1 ; từ đó suy ra y = 0 hoặc y = -1. - Kết luận : Tất cả các nghiệm nguyên của phơng trình đã cho là : ( 0 ; 0 ) ; ( 0 ; -1 ) ; ( -1 ; 0 ) ; ( -1 ; -1 ) . 0,25 0,25 0,50 0,25 5 3 - Xét hệ phơng trình : = = + + + + + 1 .8 1 1 2 1 4 1 3 2439 zyx z z y y x x (*) - Điều kiện : x 1;1;1 zy (1) - Ta có 1 4 1 3 + + + y y x x 1 1 11 2 + + + = + xx x z z ; suy ra = + + + + + 1 2 1 4 1 2 z z y y x x 1 1 + x - Do x ; y ; z là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cô- sy ta có : 1 1 + x 8 242 242 )1()1()1( 8 +++ zyx zyx (2) - Hoàn toàn tơng tự ta có : 8 233 233 )1()1()1( 8 1 1 +++ + zyx zyx y (3) 8 43 43 )1()1()1( 8 1 1 +++ + zyx zyx z (4) - Từ (2) ; (3) ; (4) ta có : 243 ) 1 1 () 1 1 () 1 1 ( +++ zyx 8 9 . 8 163224 183224 )1()1()1( +++ zyx zyx 243 ) 1 1 () 1 1 () 1 1 ( +++ zyx 8 9 . 243 243 )1()1()1( +++ zyx zyx ; Suy ra 8 9 . x 3 . y 4 . z 2 1 (**) Dấu = của (**) xảy ra khi và chỉ khi 8 1 9 1 1 1 1 1 1 1 ==== + = + = + zyx zyx - Thử lại : Bộ giá trị ( x = y = z = 8 1 ) nghiệm đúng hệ phơng trình đã cho . - Kết luận : 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 0,25 6 5 a 3 I N H K F E O B C A M - Chỉ ra đợc các tứ giác AMCB , FEMC là những tứ giác nội tiếp ; suy ra ABM = ECM ; BAM = FEM ; do đó ABM EFM ( gg ) ; NFM = NAM từ đó ta có tứ giác BNMF là tứ giác nội tiếp , suy ra BNM = 90 0 - Kết hợp với điều kiện AH = HB , EK = KF ta có AHM EKM , vì vậy AHM = NKM , suy ra tứ giác HNMK là tứ giác nội tiếp , suy ra MKH = 90 0 . Điều này chứng tỏ giá trị của góc MKH không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC . 0,50 0,50 0,75 0,75 0,50 b 2 - Kẻ NI BC , thì NI // MF , suy ra INF = NFM ( 1) Nhng NFM = NBM (2) Từ (1) và (2) suy ra INF = NBM (3) Mà NIF = BNM (4) - Từ (3) và (4) suy ra NIF BNM , suy ra BN NI BM NF = ; suy ra NF = BM. BN NI - Theo giả thiết ABC < 90 0 , do đó BN NI = Sin NBC = Sin ABC không đổi . - Ta có NF = BM . Sin ABC và BM là dây cung của đờng tròn tâm O ; do đó NF có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi BM là đờng kính của đờng tròn tâm O . - Kết luận : Khi BM là đờng kính của đờng tròn tâm O thì đoạn thẳng NF có giá trị lớn nhất . 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) --------------- * Bài 1 : Chứng minh rằng : 2 20052006 1 . 34 1 23 1 2 1 <++++ * Bài 2 : Giải phơng trình 11642 2 +=+ xxxx * Bài 3 : Cho 2 > x . Rút gọn biểu thức A = 24)1(3 24)1(3 223 223 ++ + xxxx xxxx * Bài 4 : Tìm tất cả bộ ba số a , b , c thoả mãn đẳng thức ( a 2 + 1 ) ( b 2 + 2 ) ( c 2 + 8 ) = 32abc * Bài 5 : Đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA , AB tơng ứng tại D , E , F . Gọi H là hình chiếu của D trên EF . Chứng minh rằng góc BHD = góc CHD . --------------------- - Họ và tên thí sinh : - Số báo danh : . * Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Chữ ký của giám thị Số 2 Đề số: 2 Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đáp án và biểu điểm thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9 - Đề số 2 ------------- Bài Câu Yêu cầu cần đạt Điểm chuẩn 1 + Nkk ;1 , ta có : ) 1 11 ( )1( )1( 1 + = + = + kk k kk k kk = ) 1 11 (2) 1 11 ( 2 ) 1 11 )( 1 11 ( + = + < + + + kkkkk k kkkk k + Từ đó cho k lần lợt bằng 1 ; 2 ; 3 ; . 2005 ta đợc : A < 2) 2005 1 1(2 < 2 + Điều kiện : 42 x + Đặt A = xx + 42 ; B = x 2 - 6x + 11 + áp dụng bất đẳng thức 2( a 2 + b 2 ) ( a + b ) 2 ta có : 2( x - 2 + 4 - x ) ( xx + 42 ) 2 Hay A 2 4 ; Mà A 0 suy ra A 2 . + Nhng ta lại có B = ( x + 3 ) 2 + 2 2 + Do đó xx + 42 = x 2 - 6x + 11 { 42 2116 242 2 =+ =+ x xx xx x = 3 . + Nghiệm của phơng trình : x = 3 . 3 + Từ điều kiện x > 2 ta có x > 2 hoặc x <2 . + Ta có P = 4)1()2()1( 4)1()2()1( 222 222 ++ ++ xxxx xxxx + Với x > 2 ta có x - 2 > 0 ; x + 2 > 0 , suy ra P = 2)1( 2)1( + + xx xx + Với x < -2 ; ta có -( x+2) > 0 ; 2-x > 0 và x 2 - 4 =( 2-x)(-(x+2)) , suy ra P = )2()1( 2)1( + + xx xx 4 + áp dụng bất đẳng thức Cô sy ta có : a 2 + 1 022 2 = aa b 2 + 2 0.222 2 = bbb c 2 + 8 0.8282 2 = cc + Hai vế của mỗi bất đẳng thức đều dơng , nhân từng vế 3 bất đẳng thức ta đợc : (a 2 + 1 )(b 2 + 2 )(c 2 + 8 ) abcabc 3232 Do đó ( a 2 + 1 ) ( b 2 + 2 ) ( c 2 + 8 ) = 32abc > = = = 0 8 2 1 2 2 2 abc c b a > = = = 0 22 2 1 abc c b a ( a ; b ; c ) = [ )22;2;1( )22;2;1( )22;2;1( )22;2;1( + Kết luận : 5 H I K B C A O D F E + Kẻ BI EF ; CK EF ta có DH // BI // CK + Ta có KH IH CD BD = (1) + Theo tính chất tiếp tuyến ta có BD = BF ; CD = CE . + Do đó KH IH CE BF = + Mà IFB = AFE = AEF = CEK Do đó BIF CKE suy ra KE IF CE BF CK BI == (2) + Từ (1) và (2) suy ra CK BI EK IF KH IH CE BF === và BIH = CKH suy ra BIH CKH suy ra BHI = CHK suy ra BHD = CHD Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đề thi học sinh giỏi cấp huyện Giải Toán bằng máy tính - Lớp 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) --------------- * Câu 1 : Tìm x biết : 13 12 1 3 1 2 1 = + x * Câu 2 : Biết rằng đa thức f(x) = 2x 3 + 3x 2 + ax + b chia hết cho x 2 - 3 , tìm a và b ? * Câu 3 : Cho S n = 5 .555 +++ ( Có n dấu căn bậc hai ) ; Tính S 40 ? * Câu 4 : Cho u 1 = 2 ; u 2 = 5 ; u n+1 = 4u n - u n-1 ( n = 2 ; 3 ; 4; . ) a / Lập quy trình bấm phím để tính u n+1 ? b / Tính u 10 ; u 15 ? * Câu 5 : Tìm các số dơng x ; y biết x 2 - y 2 = 1,654 và 317,2 = y x * Câu 6 : Cho a + b = 5 và ab = 2 1 ; Tính giá trị của biểu thức P = a 2 ( a + 1 ) + b 2 ( b + 1 ) * Câu 7 : Cho tam giác ABC vuông tại A với AB = 12 cm ; BC = 19 cm . Tính độ dài đờng phân giác BI ( I thuộc cạnh AC ) . * Câu 8 : Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh là 1,5 cm ; 2 cm ; 2,5 cm . Tính bán kính của đờng tròn đó . --------------------- - Họ và tên thí sinh : - Số báo danh : . * Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9 ( Thời gian làm bài 150 phút ) --------------- * Bài 1 : Rút gọn biểuthức : Chữ ký của giám thị Số 2 Đề số : 3 A = 1 12 2 2 xx xm ; với x = n m m n + ( 2 1 ) ; m > 0 ; n > 0 . * Bài 2 : Chứng minh rằng nếu ( x - y ) 2 + ( y - z ) 2 + ( z - x ) 2 = ( x + y - 2z ) 2 + ( y + z - 2x ) 2 + ( z + x - 2y ) 2 thì x = y = z . * Bài 3 : Giải phơng trình : a / 03121 22 =++ xxxx b / x 2 + 5+x = 5 * Bài 4 : Giải hệ phơng trình : =+++ =+++ =+++ 4 4 4 2000 4 2000 3 2000 2 2000 1 1999 4 1999 3 1999 2 1999 1 1998 4 1998 3 1998 2 1998 1 xxxx xxxx xxxx * Bài 5 : Chứng minh bất đẳng thức : 222222 )()( dbcadcba ++++++ ; với a ; b ; c ; d là các số dơng . * Bài 6 : Cho đoạn thẳng AB . Một điểm M chạy trên đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các hình vuông AMCD ; BMPQ . a / Chứng minh AP BC b / Gọi E là giao điểm của các đờng thẳng AP với BC , chứng minh ba điểm D ; E ; Q thẳng hàng . c / Chứng minh rằng đờng thẳng DQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB . -------------------- - Họ và tên thí sinh : - Số báo danh : . * Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Phòng giáo dục vĩnh lộc ---------------- đáp án và biểu điểm thi học sinh giỏi cấp tỉnh Môn Toán - Lớp 9- Đề số .3 ------------- Chữ ký của giám thị Số 2 [...]... x31000 ; x41000 ; và x 199 9 ; x 299 9 ; x 399 9 ; x 499 9 ( x11000.x 199 9 + x21000.x 299 9 +x31000 x 399 9 +x41000.x 499 9 )2 ( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x1 199 8+ x2 199 8 + x 199 8 + x 199 8) ( x1 199 9 + x2 199 9 + x3 199 9 + x4 199 9)2 ( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x1 199 8+ x2 199 8 + x 199 8 + x 199 8) + Mà theo bài ra ta có : x1 199 8 + x 199 8 + x3 199 8 + x 199 8 = 4 2 4 199 9 199 9 199 9 199 9 x1 + x2 + x3 + x4 =... x 199 8 = 4 2 4 199 9 199 9 199 9 199 9 x1 + x2 + x3 + x4 = 4 2000 2000 2000 2000 x1 + x2 + x3 + x4 = 4 nên ta có : ( x1 199 9 + x2 199 9 + x3 199 9 + x4 199 9)2 = ( x12000 + x22000 + x32000 + x42000)( x1 199 8+ x2 199 8 + x 199 8 + x 199 8) 1000 1000 x1 x1000 x3 x1000 2 Suy ra 99 9 = 99 9 = 99 9 = 499 9 Hay x1 = x2 = x3 = x4 x1 x2 x3 x4 + Thay vào (1) ta đợc x1 = x2 = x3 = x4 = 1 5 17 2 + Bất đẳng thức cần chứng minh tơng... cho trở thành : a2 + b 2 + c2 = ( b - c )2 + ( c - a )2 + ( a - b )2 ( a + b + c )2 = 2 ( a2 + b 2 + c2 ) = 0 Suy ra a = b = c = 0 suy ra x = y = z 3 a x + Điều kiện xác định + Ta thấy ( x x 2 1)( x + + Đặt = t x x 2 1 (1) 1 x 1) = 1 2 ta có x+ x 2 1 = 1 t + Phơng trình đã cho có dạng : t2 - 3t + 2 = 0 Giải phơng trình đợc t = 1 hoặc t = 2 + Thay các giá trị của t vào các phơng trình thành phần... vuông tại F , suy ra AF FB (1) + Theo giả thi t CM AB (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACB suy ra AP BC b c + Ta có tứ giác AECD nội tiếp ( E + D = 2v ) Suy ra AED = ACD ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) mà DCA = 450 , suy ra AED = 450 + Ta có PE EB ; PQ QB nên tứ giác PEQB nội tiếp , suy ra BEQ = 450 + Ta có AED + AEB + BEQ = 450 + 90 0 + 450 = 1800 , suy ra ba điểm D ; E... 1 (1) 1 x 1) = 1 2 ta có x+ x 2 1 = 1 t + Phơng trình đã cho có dạng : t2 - 3t + 2 = 0 Giải phơng trình đợc t = 1 hoặc t = 2 + Thay các giá trị của t vào các phơng trình thành phần ta đợc x=1;x= 5 4 đều thoả mãn điều kiện (1) + Kết luận : Phơng trình có hai nghiệm x = 1 ; x = 5 4 b + Điều kiện x 5 + Đặt u = x +5 với u u 2 = x + 5 > 0 ; ta có : Hệ phơng trình x 2 = 5 u u 2 = x + 5 2 2 u... nội tiếp , suy ra BEQ = 450 + Ta có AED + AEB + BEQ = 450 + 90 0 + 450 = 1800 , suy ra ba điểm D ; E ; Q thẳng hàng + Ta có tứ giác CEPF nội tiếp suy ra FCP = FEP = 450 suy ra FEP + DEP + BEQ = 450 + 90 0 + 450 = 1800 , suy ra ba điểm F ; E ; Q thẳng hàng , suy ra F thuộc DQ + Mặt khác tam guíac AFB vuông cân , suy ra AF = AB + Do AB cố định nên AF = AB 2 2 2 2 không đổi Suy ra điểm F cố định Điều . ; x 4 1000 ; và x 1 99 9 ; x 2 99 9 ; x 3 99 9 ; x 4 99 9 ( x 1 1000 .x 1 99 9 + x 2 1000 .x 2 99 9 +x 3 1000 .x 3 99 9 +x 4 1000 .x 4 99 9 ) 2 ( x 1 2000 + x. 199 8 + x 2 199 8 + x 199 8 + x 199 8 ) ( x 1 199 9 + x 2 199 9 + x 3 199 9 + x 4 199 9 ) 2 ( x 1 2000 + x 2 2000 + x 3 2000 + x 4 2000 )( x 1 199 8 + x 2 199 8