Tuyển tập 2000 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán có đáp án tập 29 | Học thật tốt

(1)

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

TUYỂN TẬP

2.000 ĐỀ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

TỪ CÁC TỈNH-THÀNH-CÓ ĐÁP ÁN

TẬP 29 (1401-1450)

Người tổng hợp, sưu tầm : Thầy giáo Hồ Khắc Vũ

(2)

LỜI NÓI ĐẦU

Kính thưa các quý bạn đồng nghiệp dạy môn Toán, Quý bậc phụ huynh cùng các em học sinh, đặc biệt là các em học sinh lớp 9 thân yên !!

Tôi xin tự giới thiệu, tôi tên Hồ Khắc Vũ , sinh năm 1994 đến từ TP Tam Kỳ - Quảng Nam, tôi học Đại học Sư phạm Toán, đại học Quảng Nam khóa 2012 và tốt nghiệp trường này năm 2016

Đối với tôi, môn Toán là sự yêu thích và đam mê với tôi ngay từ nhỏ, và tôi cũng đã giành được rất nhiều giải thưởng từ cấp Huyện đến cấp tỉnh khi tham dự các kỳ thi về môn Toán. Môn Toán đối với bản thân tôi, không chỉ là công việc, không chỉ là nghĩa vụ để mưu sinh, mà hơn hết tất cả, đó là cả một niềm đam mê cháy bỏng, một cảm hứng bất diệt mà không mỹ từ nào có thể lột tả được. Không biết tự bao giờ, Toán học đã là người bạn thân của tôi, nó giúp tôi tư duy công việc một cách nhạy bén hơn, và hơn hết nó giúp tôi bùng cháy của một bầu nhiệt huyết của tuổi trẻ. Khi giải toán, làm toán, giúp tôi quên đi những chuyện không vui

Nhận thấy Toán là một môn học quan trọng , và 20 năm trở lại đây, khi đất nước ta bước vào thời kỳ hội nhập , môn Toán luôn xuất hiện trong các kỳ thi nói chung, và kỳ Tuyển sinh vào lớp 10 nói riêng của 63/63 tỉnh thành phố khắp cả nước Việt Nam. Nhưng việc sưu tầm đề cho các thầy cô giáo và các em học sinh ôn luyện còn mang tính lẻ tẻ, tượng trưng. Quan sát qua mạng cũng có vài thầy cô giáo tâm huyết tuyển tập đề, nhưng đề tuyển tập không được đánh giá cao cả về số lượng và chất lượng,trong khi các file đề lẻ tẻ trên các trang mạng ở các cơ sở giáo dục rất nhiều.

Từ những ngày đầu của sự nghiệp đi dạy, tôi đã mơ ước ấp ủ là phải làm được một cái gì đó cho đời, và sự ấp ủ đó cộng cả sự quyết tâm và nhiệt huyết của tuổi thanh xuân đã thúc đẩy tôi làm TUYỂN TẬP 2.000 ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 VÀ HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CỦA CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ TỪ NĂM 2000 đến nay

Tập đề được tôi tuyển lựa, đầu tư làm rất kỹ và công phu với hy vọng tợi tận tay người học mà không tốn một đồng phí nào

Chỉ có một lý do cá nhân mà một người bạn đã gợi ý cho tôi rằng tôi phải giữ cái gì đó lại cho riêng mình, khi mình đã bỏ công sức ngày đêm làm tuyển tập đề này. Do đó, tôi đã quyết định chỉ gửi cho mọi người file pdf mà không gửi file word đề tránh hình thức sao chép , mất bản quyền dưới mọi hình thức, Có gì không phải mong mọi người thông cảm

Cuối lời , xin gửi lời chúc tới các em học sinh lớp 9 chuẩn bị thi tuyển sinh, hãy bình tĩnh tự tin và giành kết quả cao

(3)

Xin mượn 1 tấm ảnh trên facebook như một lời nhắc nhở, lời khuyên chân thành đến các em

"MỖI NỖ LỰC, DÙ LÀ NHỎ NHẤT, ĐỀU CÓ Ý NGHĨA

MỖI SỰ TỪ BỎ, DÙ MỘT CHÚT THÔI, ĐỀU KHIẾN MỌI THỨ TRỞ NÊN VÔ NGHĨA"

(4)

ĐỀ 1401

PHÒNG GD - ĐT CẨM GIÀNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán 9

Sưu tầm: Phạm Văn Cát THCS Cẩm Định Cẩm Giàng HD

Thời gian làm bài:150 phút

(Đề thi gồm 01 trang

Ngày thi 16-10-2013

Câu 1( 2 điểm)

a)Cho biểu thức: A = (x² – x - 1 )² + 2013 Tính giá trị của A khi x = ³ ³

3 1 1 3 1 1

    

b) Cho (x + x²2013).(y + y²2013)=2013. Chứng minh x²⁰¹³+ y²⁰¹³=0 Câu 2 ( 2 điểm)

a) Giải phương trình: x²+ 5x +1 = (x+5) x²1

b) Chứng minh a b c 2

b c  a c  b a 

   , với a, b, c>0 Câu 3 ( 2 điểm)

a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x²+10x+21 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y²+x²+2xy+2x+6y+2017

Câu 4 ( 3 điểm)

1)Cho tam giácABC, Â= 90⁰, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Chứng minh:

a) DE²=BH.HC b) AH³=BC.BD.CE

2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh sin^Â 2

a

b c

 Câu 5( 1 điểm)

Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:

1 1 1 1 1 1

a b cb c ac a b  a b c

     

... Hết ...

(5)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9

Câu Nội dung Biểu

điểm 1 a)

b)

x = ³ ³

3 1 1 3 1 1

     = ³⁽ ^{3 1 1)} ³⁽ ^{3 1 1)} 3 1 1

    

 

= ³⁽ ^{3 1 1} ^{3 1 1)} ^{2 3} 2

3 1 1 3

      

 

Thay x = 2 vào biểu thức A ta có:

A = (2² – 2 – 1)² + 2013 = 1 + 2013 = 2014

Vậy khi x = ³ ³

3 1 1 3 1 1

     thì giá trị của biểu thức A là 2014

--- (x + x²2013).(y + y²2013)=2013

(x - x²2013)(x + x²2013).(y + y²2013)=2013(x - x²2013) -2013.(y + y²2013)=2013(x - x²2013)

-y - y²2013=x - x²2013

Tương tự: -x - x²2013= y - y² 2013

x+y =0x =-y  x²⁰¹³+ y²⁰¹³=0

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

2 a)

b)

x²+ 5x +1 = (x+5) x² 1 x²+1 + 5x = (x+5) x² 1

x²+1 + 5x - x x²1- 5 x² 1=0

2 1

x  ( x² 1-x) +5(x- x²1)=0

( x² 1-x) ( x²1- 5) = 0

( x²1-x) = 0 hoặc ( x²1- 5) = 0

2 1

x  =x hoặc x²1 = 5

x²+ 1 = x² (không có x thỏa mãn), hoặc x²+ 1 = 25 x² = 24

x =  24

0,25 0,25 0,25 0,25

(6)

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI Vậy nghiệm của PT là x =  24

3

Ta có ( )

2 b c a

b c a

    ( )

2

b c a b c a

a a

  

 

2

b c a b c

a a

  

   a 2a

b c  a b c

  

Tương tự: ^b ²^b

a c  a b c

   , ^c ²^a b a a b c

  

2( )

( ) 2

a b c a b c

b c a c b a a b c

     

    

Dấu bằng xảy ra khi b+c =a, c + a =b, a+ b= c (Điều này không có)

Vậy a b c 2

b c  a c b a 

  

0,25

0,25 0,25 0,25

4 a)

b)

(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x²+10x+16)( x²+10x+24) +2013

=( x²+10x+21- 5).( x²+10x+21+3) +2013

=( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x²+10x+21

= y²- 2y+1998 chia cho y dư 1998

(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x²+10x+21dư 1998 A= 3y²+x²+2xy+2x+6y+2017

= (y+x+1)²+2(1+y)²+2014 Vậy minA = 2014 khi y =-1 và x =0

0,5

0, 5 0,5 0,5 5

a)

b)

Vì D, E là hình chiếu của H trên AB, AC, nên DH AB, HE AC Tứ giácADHE có DAE=90⁰, ADH=90⁰, AEH=90⁰

Tứ giácADHE là hình chữ nhật

AH = DE, mà AH²=BH.HC nên DE²=BH.HC

Ta có AH²=BH.HC  AH³=BH.HC.AH AH.CB = AB.AC, BA²=BH.BC, AC²=CH.BC

AH³=BC.BD.CE

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 E

D

H C B

A

(7)

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC Ta có ^BD ^DC

AB  AC  ^BD ^DC

AB  AC =^BD ^DC ^CB ^a AB AC AB AC b c

  

  

Vẽ BI AD BI  BD Ta có sin^Â

2 BI

 AB  Â sin 2

BD AB AC

  . Vậy sin^Â 2

a

 b c



0,25 0,25 0,25 0,25

6 Với x0,y0 ta có (xy)² 4xy  1 1 4 x y x y

  1 1 1 1

4

x y x y

 

   

  ^(I)

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c >0, a+c -b >0, c +b- a >0, Áp dụng bđt(I) với các số x= a+b-c, y= a+c -b dương ta có:

1 1 4 2

a b ca c ba b c a c b a

        

Tương tự: 1 1 4 2

b a cb c ac b a a b c b

        

1 1 4 2

c b ac a bc b a c a b c

        

 ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹

a b cb c ac a b  a b c

      ^(đpcm)

0,25

0,25 0,25 0,25

ĐỀ 1402

B

I D

C A

(8)

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MễN THI: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phỳt)

Bài 1(6điểm)

Cho P = _



 









 















 





xy xy y x xy

y x xy

y x

1 1 2 1 :

1

a, Rút gọn P

b, Tính giá trị của P với x=

3 2

2

 c, Tìm giá trị lớn nhất của P Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :

3

1 2004 2003

1

2002 



 





m x m

x m

x ( với m là tham số ).

Bài 3 : ( 2đ) Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn : 1 1 1 0.





b c

a Thì : ac  bc  ab.

Bài 4 : (6đ) 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.

Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :

6 1 . 1)

( 2 1) ( 3 1)

( xyz xyz

z x y z

x y      

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Câu 1: (6 điểm)

Cho P= _



 









 















 





xy xy y x xy

y x xy

y x

1 1 2 : 1

1

a, Rút gọn P (2 điểm)

Điều kiện để P có nghĩa là : x0 ; y0; xy1 (0,5 đ) Ta có :

P= _



 









 















 





xy xy y x xy

y x xy

y x

1 1 2 : 1

1

(9)

=

     



^xy^xy



^x ^xy



^y ^xy ^xy ^x ^xy^y ^xy

y x













1

2 :1

1 1

1

1 (0,5đ)

= xy

xy y x xy

x y y x y x x y y x y x













1 : 1

1

=



1



1



1 1

2 2







y x

xy xy

x y

x (0,5đ)

=

 



^x^x



^y^y



 ^x^x



1 2 1

1 1

2 (0,5đ) b, Tính giá trị của P với x=

3 2

2

 (1điểm) Ta thấy x=

3 2

2

 thoả mãn điều kiện x0 0.25đ Ta có : x=

3 2

2

 =

 



²^²²³^



²^³ ³



^=4-2 ³⁼⁽ ³^-1)² (0,5đ) Thay x vào P =

1 2

 x

x , ta có:

P=

 

3 2 5

1 3 2 1 3 2 4

1 3

2 ²



 





 =

  



²⁵^³²^³¹



⁵⁵^^²² ³³



=

 

²

2 2 3

5

3 2 5 6 3 5 2



 =

 

12 25

1 3 3 2



 =

 

13 1 3 3

2 

c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm)

Với mọi x^0, ta có:



^x ^¹



² ^⁰ (0,25đ)

 2 1 0

2 x 

x

 x+12 x (0,5đ)

 1

x x

  1

2 ( vì x+1>0) 0.25đ

 1 1

2 

x

x (0,25đ)

 P 1

Vậy giá trị lớn nhất của P =1 



^x ^¹



² ^⁰ 0.25đ  x 10

 x 1

 x=1 (0,5đ)

(10)

Bài 2 : (3 điểm).

Từ phương trình ta có:

2002 2003 2004 2003 2003 2003

1 1 1 0 0

1 1 1 1

1 1 1

( 2003 )( ) 0.

1 1

x x x x m x m x m

m m m m m m

x m

m m m

                  

   

     

 

1.5đ + Nếu :

3

; 1 3 1 1

3 1 0

1 1 1

1 ₂











 



  m m m

m m

m 0.5đ

phương trình có vô số nghiệm. (0,5đ) + Nếu m -1;0;1 ;

3

; 1 3

1  ; phương trình có nghiệm x= m-2003. (0,5đ) Bài 3 : (2điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dương suy ra c là số âm và ab+bc+ca = 0. (0,25đ) Ta có :

2 2

2 2 0

0 0.( )

a c b c a b

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

c c c c dpcm

    

        

     

     

(1.25đ)

Bài 4 :(6điểm)

1. 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)

Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD E F nên I là trung điểm của E F. Lại cóI 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) 2. 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) 3. 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

2

1 mà DM =2 PO^’ do đó

(11)

DM = 2R , Vậy M cách D một khoảng bằng 2R. 2đ (1đ)

Bài 5 ;(3điểm)

Đặt

1 6

1 1 1 1 1

6( ) 3( ) 2( )

3 1

2 x k

y

x y z xyz k y k

y z x xyz z

z k x

  



          

  



0.5đ

Xét tích :

3 3

2

1 1 1 1 1 1 1

( )( )( ) ( ) ( ) ( )

36 36

0 0

36 3 2 6 36

1 1

( ) 1

1 1

1

k k

x y z xyz y x z

y z x xyz z y x

k k k k k

k k

xyz x y z

xyz

xy yz zx x y z

xy yz zx

            

        

    

   

            

1đ

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

ĐỀ 1403 UBND HUYỆN

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014

MÔN: TOÁN LỚP 9

P

F E

O O' C

M D

ĐỀ CHÍNH THỨC

(12)

Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x y x y x y 2xy

P : 1

1 xy 1 xy 1 xy

       

         ^. a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tính giá trị của P với 2 x 2 3

 ^.

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm số: 1 3

y x

2 2

   và y x . a) Vẽ đồ thị (D) và (L).

b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông.

Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x⁴ 5x³ 38x² 5x 6 0.

Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.

Chứng minh rằng: 1 ₂ 1₂ 1₂ AM  AI  a . Bài 5: (6 điểm)

Cho hai đường tròn ( O ) và ( O^/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO^/ cắt đường tròn ( O ) và ( O^/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F  ( O^/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.

b) MN AD.

c) ME.MA = MF.MD.

--- Hết ---

UBND HUYỆN

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9

(13)

Bài Đáp án Điểm

1 ĐKXĐ: x0; y0;xy 1 ^. ^{0,5 đ}

a) Mẫu thức chung là 1 – xy

( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy

P :

1 xy 1 xy

        

  

x x y y y x x x y y y x 1 xy

1 xy .1 x y xy

       

    

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

 

  

    

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

b)

2 2(2 3) 2

x 3 2 3 1 ( 3 1)

4 3

2 3

       

 

x  ( 3 1) 2  3 1  3 1

2

2( 3 1) 2 3 2

P 1 ( 3 1) 1 3 2 3 1

2( 3 1) 6 3 2

P 5 2 3 13

 

  

    

 

 



0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

2

a) Đồ thị 1 3

y x

2 2

   có :

x 0 y 3 2 y 0 x 3

   



   



Đồ thị x khi x 0

y x

x khi x 0

 

   

Đồ thị như hình vẽ:

0,5 đ

1 đ

(14)

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)

Ta có: OM = 1² 1²  2 OM² = 2 ON = 3²  ( 3)² 3 2  ON² = 18

MN = (1 3) ²  (1 3)²  20 MN² = 20 Vì: OM² + ON² = MN²

Vậy: tam giác OMN vuông tại O

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình

Chia cả 2 vế của phương trình cho x² ta được:

² 5 6₂

6x 5x 38 0

x x

    

² 1₂ 1

6(x ) 5(x ) 38 0

x x

     

Đặt 1

y x

  x thì: ² 1₂ ²

x y 2

 x  

Ta được pt: 6y² – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0

Do đó: 10 5

y và y

3 2

  

* Với 10

y 3 thì: 1 10 ²

x 3x 10x 3 0

x 3

     

<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> ¹

2

x 1 3 x 3

 

 



* Với 5

y 2 thì: 1 5 ²

x 2x 5x 2 0

x 2

      

1 đ

(15)

<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> ³

4

x 1

2

x 2

  



  

4

Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J.

Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:

1 ₂ 1₂ 1₂

AD  AJ  AI (1)

Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:

AB = AD = a; DAJBAM (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

ADJ = ABM

   . Suy ra: AJ = AM

Thay vào (1) ta được: 1 ₂ 1 ₂ 1₂ 1₂

AD  AM  AI a (đpcm)

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

5

J

M

D C I

B A

H D

E

M

F

O

I

N

O^/

B C

A

(16)

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI a) Ta có AEB CFD 90  ⁰ (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O^/), nên:

OE  EF và OF  EF => OE // O^/F

=> EOBFO D^/ (góc đồng vị) => EAOFCO^/

Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN Hay ENF 90 ⁰.

Tứ giác MENF có E  N F 90^O, nên MENF là hình chữ nhật

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD

Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFNINF

Mặt khác, trong đường tròn (O^/): 1

IFN FDC sđ FC

  2

=> FDCHNC

Suy ra FDC ^{đồng dạng}HNC (g – g)

=> NHCDFC 90 ^O hay MN  AD

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

c) Do MENF là hình chữ nhật, nên MFEFEN

Trong đường tròn (O) có: 1

FEN EAB sđ EB

  2

=> MFEEAB

Suy ra MEFđồng dạng MDA (g – g)

=>ME MF

MD  MA, hay ME.MA = MF.MD

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

ĐỀ 1404

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Năm học 2013 - 2014

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm):

a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương

b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.5²ⁿ + 12.6ⁿ chia hết cho 19.

Câu 2. (4,0 điểm):

a. Cho ²

2 1 2 2

y

x z

A xy x  yz y  zx z

      .

Biết xyz = 4, tính A.

(17)

b. Cho x y z 1

a  b c và a b c 0

x  y z . Chứng minh rằng :

2 2 2

2 2 2 1

x y z

a b c  . Câu 3. (3,0 điểm): Giải phương trình : x² +

2

( 1)2

x

x = 3 Câu 4. (7,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.

a) Tính tổng

' CC

' HC ' BB

' HB ' AA

'

HA  

b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức ₂ ₂ ₂

2

' CC '

BB '

AA

) CA BC AB (



 đạt giá trị nhỏ

nhất?

2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60⁰ quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:

a) BD.CE = 4 BC2

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.

c) Chu vi tam giác ADE không đổi.

Câu 5. (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

T = 3

a

a b c + 3

b b a c +

3 c

c b a  ³ 5

__________ Hết __________

PHÒNG GD&ĐT PHÙ NINH

H-íng dÉn chÊm thi CHỌN häc sinh giái líp 9 Năm học 2013 - 2014

Môn: Toán

(Có điều chỉnh biểu điểm so với đề thi) Câu 1 (5,0 điểm):

a. ( 3,0 điểm)

Ta có:















2 2

65 24

h n

k

n

2 2

k 24 h 65

   

(18)











⁸⁹¹^.⁸⁹

 k h k h







 











 

44 45 1

89 h k h

k h

k Vậy: n = 45² – 24 = 2001

b. ( 2,0 điểm)

Với n = 0 ta có A(0) = 19 19

Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.5^2k + 12.6^k 19

Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:

A(k + 1) = 7.5^{2(k + 1)} + 12.6^{k + 1} 19 Ta có: A(k + 1) = 7.5^{2(k + 1)} + 12.6^{k + 1}

= 7.5^2k.5² + 12.6ⁿ. 6

= 7.5^2k.6 + 7.5^2k .19 + 12.6ⁿ. 6 = 6.A(k) + 7.5^2k .19 19

Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.5²ⁿ + 12.6ⁿ chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n

Câu 2. (6,0 điểm):

a. (3,0 điểm)

ĐKXĐ x,y,z  0. Kết hợp xyz = 4 x y z, , 0; xyz 2

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với x, thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ ba bởi xyz ta được.



²



¹

2 2 2

xy

x z

A xy x  xy x  z x xy 

     

Suy ra A1 ( vì A>0).

b. (3,0 điểm)

Từ : ayz+bxz+cxy

0 0

a b c

x  y  z   xyz 

ayz + bxz + cxy = 0

Ta có : x y z 1 (x y z)² 1 a   b c a b c 

2 2 2

2 2 2 2( ) 1

x y z xy xz yz

a b c ab ac bc

      

2 2 2

2 2 2 2 1

x y z cxy bxz ayz

a b c abc

 

    

2 2 2

2 2 2 1( )

x y z

a b c dfcm

   

Câu 3. (1,0 điểm):

ĐK: x - 1

(19)

( x - 1 x

x )² = 3 – 2

2

1 x

x (

2

1 x

x )² + 2

2

1 x

x - 3 = 0 =>

2

1 x

x = 1 => x1,2 = ¹ ⁵ 2

 Hoặc

2

1 x

x = -3 vô nghiệm Câu 4. (6,0 điểm)

1. (3,0 điểm):

a) (1,0đ)

' AA

' HA BC

'.

AA 2. 1

BC '.

HA 2. 1 S

S

ABC

HBC  

Tương tự:

' CC

' HC S

S

ABC

HAB  _;

' BB

' HB S

S

ABC

HAC 

1

S S S

S S

S ' CC

' HC '

BB ' HB '

AA ' HA

ABC HAC ABC

HAB ABC

HBC   





b) (1,0đ) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: