106 de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan

1 Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau 2 Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp 3 Gọi D là trung điểm PQ.. Lập phương trình đường thẳng d, biết d đi qua điểm A1;2 và cắt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017

Ngày thi: 19/03/2017 Thời gian làm bài: 150 phút

a) Tìm điều kiện của x để P xác định và rút gọn P

b) Tìm các giá trị của x để P có giá trị bằng 7

đi với vận tốc đó, khi còn 60 km nữa thì mới được một nửa quãng đường AB, người lái

xe tăng thêm vận tốc 10km/h trên quãng đường còn lại Do đó ô tô đến tỉnh B sớm hơn

1 giờ so với dự định Tính quãng đường AB

Câu 5 (4,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ C, B của tam giác ABC D là điểm đối xứng của A qua O, M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC.

a) Chứng minh rằng M là trung điểm HD

b) Gọi L là giao điểm thứ hai của CE với đường tròn tâm O Chứng minh rằng H, L đối xứng nhau qua AB

c) Chứng minh rằng EF vuông góc với AO

Câu 6 (4,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4 Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm E,

F sao cho EC là phân giác góc BEF Trên tia AB lấy K sao cho BK=DF.

a) Chứng minh rằng CK = CF

b) Chứng minh rằng EF=EK và EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định c) Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất

ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐỒNG THÁP 2016-2017 Câu 1

Do  n 1 n n 1      là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3

Vậy B chia hết cho 6

2Thời gian ô tô đi lúc ban đầu là:x 120

Giải phương trình được x = 280

Vậy quãng đường AB dài 280 km

 đồng dạng  KHC  LCB HAB(2)    (K là giao điểm của AH và BC)

Từ (1) và (2) suy ra AE là phân giác HAL  (b)

Từ (a) và (b) suy ra E là trung điểm HL Vậy H, L đối xứng qua AB

c) Kẻ tiếp tuyến từ A của đường tròn tâm (O) (3)

 

TAC ABC  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Tứ giác EFCB nội tiếp  ABC EFC 180     0

EFC EFA 180   nên ABC AFE TAC      suy ra EF//AT (4)

Từ (3) và (4) suy ra EF vuông góc với AO

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: TOÁN Thời gian : 150 phút Ngày thi: 31/3/2015 Câu 1 (4 điểm)

Cho phương trình x22(a 1)x 2a 0 (1)   (với a là tham số)

1 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi a

2 Tìm a để phương trình (1) có hai nghiệm là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 2 3

Câu 4 ( 6 điểm)

Cho góc xOy có số đo bằng 600 Đường tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M

và tiếp xúc với tia Oy tại N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng

MN tại E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN tại F.

1) Chứng minh rằng hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau

2) Chứng minh tứ giác PQEF nôi tiếp

3) Gọi D là trung điểm PQ Chứng minh tam giác DEF đều

Câu 5 (2 điểm)

Cho x, y dương thỏa mãn điều kiện : x y 6 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3x 2y 6 8

x y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 LẠNG SƠN 2014-2015 Câu 1.

Có  ' a2 1 0 với mọi a nên phương trình luôn có nghiệm

Theo giả thiết 2 2

2a 2 4a 12 hay a = 1; a = -2

Câu 4.

1 PK là phân giác góc QPO nên MPE KPQ (*)   

Tam giác OMN đều  0

Từ (*) và (**) ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ

2 Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên MEP KQP    hay FEP FQP   

Suy ra tứ giác PQEF nội tiếp trong đường tròn

3 Do 2 tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên PM PE

PK PQ suy ra PM PK

PE PQNgoài ra MPK EPQ    , do đó hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng

Từ đó PEQ PMK 90     0

Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF

Vì vậy tam giác DEF cân tại D

Nên 2P 38    P 19 Vậy Min P=19 khi x=2; y=4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017

Thời gian: 150 phút Ngày thi: 22/3/2017 Câu 1.(2 điểm)

a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) Lập phương trình đường thẳng (d), biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn  OB OC   nhỏ nhất (O là gốc tọa độ) b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017 Câu 1.

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x 0;x 1

4

  

a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác AC AM(1)

Vậy EMF 90 0900 1800 suy ra E, M, F thẳng hàng

c) Do tứ giác ACHE là hình vuông CH CE

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 3

2

  Vậy giá trị lớn nhất của P là 5

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B

là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q) Gọi H là giao điểm của

OM và AB.

Đề chính thức

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9

Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A + 25, B

Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2+ 19) = y2(x  2) Để y là

số nguyên thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính

phương (z là số nguyên dương)

z z

x không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương

đương với phương trình: 2 6 1 2 2 3

x y

x y

a

MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy ra MA2= MP.MQ (1) 0,75

MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2= MH.MO (2) 0,5

Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay MP MO

MPH và MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra MPH

đồng dạng MOQ (c.g.c) suy ra  MHP MQO 0,75

Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp  HPO HQO = 1 

2sdOH(đpcm)

chuyển trên cung chứa góc

0,5

Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra O’AB cân tại O’

O’EB và O’EF có EB = EF, O’E chung và  FEO BEO' ' (cùng bù

với 'BAO  O’EB =O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4) 0,5

Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc

2

 dựng trên đoạn thẳng BC (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng

bờ AB)

0,5

Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi EO’ (***) 0,25

Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì

5

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn

bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có

điểm trong chung Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình

vuông MNPQ tâm O cạnh là (a-2) và MN // AB Các đường trung

bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình

vuông nhỏ bằng nhau.

0,75

Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2

trong 5 tâm của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1và O2 0,5

Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung

Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là

22

a) Giải phương trình sau: 4 x2  20 x  25  x2  6 x   9 10 x  20

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2+ 2y2+ 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.

Bài 4: (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E là giao điểm của

CN và DA Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F Lấy M là trung điểm của EF.

a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.

b) Chứng minh: NB.DE = a2và B, D, M thẳng hàng.

c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCD

Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9

BA

D

N

Ta có: ECD BCF    (cùng phụ với ECB  )

Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn)

 CE = CF

  ECF cân tại C

Mà CM là đường trung tuyến nên CM  EF

1,0

1,0

 CM = AM  M thuộc đường trung trực của AC.

Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC

 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC

 N là trung điểm của AB.

Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE= 3.SABCD

* Lưu ý khi chấm bài:

- Nếu học sinh trỡnh bày cỏch làm khỏc mà đỳng thỡ cho điểm cỏc phần theo thang điểm tương ứng.

- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hỡnh sai hoặc khụng vẽ hỡnh thỡ khụng chấm.

Phòng giáo dục và đào tạo

y y

xy

x x

y x

xy y

:

a Tìm điều kiện để biểu thức M có nghĩa; rút gọn M

b Tính giá trị của M tại x = 1; y =

9

89

88

c a c

b c b

c a c

b c

2

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho hình thang ABCD; góc A = góc B = 900và AB = BC + CD

Chứng minh rằng: trung điểm của cạnh DC là tâm đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh còn lại của hình thang

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A; AB = AC = b; góc A = 2

a Chứng minh rằng: Diện tích tam giác ABC : SABC= 2

2

1b2Sin

b Chứng minh rằng: Sin2= 2SinCos

- HẾT

-(Đề thi gồm có … trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh

Môn thi: Toán - Lớp 9

c b a c

b a c b

í/Phần Đỏp ỏn Điểm

a) Vẽ đường cao từ B hoặc C Tớnh được đường cao bằng :

=> S =2

Tớnh được đường cao từ A là b cosvà

2

1BC = b Sin

0,5đ

=> S = b2sincosKết hợp S = sin2

2

1b2

0,5đ

=> sin2= 2 sincos

Phòng giáo dục và đào tạo

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn thi: Toán - Lớp 9



0,25

0,25

0,25 b)

0,5

điểm

Với x =

32

3

 = 3 3 1 

2

.

0,25

0,25 c) ĐK: x  4

P. x = 6 x 3 x4

điểm

  2

x 1x

. x = 6 x 3 x4

0,25

0,25

0,25

0 3 x

0 2 x 3 x2

0 b 2 x

0 a 1 x

1 a

Với a = 1  x  1  1  x - 1 = 1  x = 2 (thoả mãn đk) Với b = c  x  2  x  3  x - 2 = x + 3  0x = 5 vô nghiệm

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2

0,25

0,25

0,25

y x

Cộng vế theo vế, ta có

x + y + y22015 + x22015 = y22015+ x22015 xy

0,5

2(x + y) = 0 nên x + y = 0

0,5

Kẻ các đường trung tuyến CM, DNcủaADC chúng cắt nhau ở E

Hai trung tuyến AO và CD cắt nhau tại G, nên G là trọng tâmABC

CE  EG // DM hay EG // AB

0,25

0,25

0,5b) Chứng minh OE  CD :

ODAB (Đường kính qua trung điểm D của dây AB)

1 điểm ABC cân tại A OG  BC, mà BC // DN nên OG  DN (2)

Từ (1) và (2) suy ra G là trực tâm ODE, do đó OE  DG

81

.21

.8

12

12

12

12

12

BC OA S

S

BC OA OA

BC OA

OC S

ODC ABC ODC

Vậy SABC = 4 SODC hay SODC=

3 S

ABC

0,5

0,5

Gọi K là giao điểm của MN và đường phân giác của góc A

Từ B kẻ đường thẳng song song với MN nó cắt AC tại P

 AMN là tam giác cân tại A (AK vừa là đường cao vừa là đường

Phòng giáo dục và đào tạo

Thời gian làm bài: 120 phỳt

a/ Cho p là số nguyờn tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng p2– 1 24

b/ Tỡm số tự nhiờn n sao cho A n 2 n 6 là số chớnh phương

c/ Tỡm cỏc số nguyờn x y; thỏa món: y22xy3x 2 0

Bài4: (3,0 điểm)

Cho đường trũn tõm O, đường thẳng d cố định nằm ngoài đường trũn, M di động trờn đường thẳng d, kẻ 2tiếp tuyến MA và MB với đường trũn (O,R), OM cắt AB tại I

a Chứng minh tớch OI.OM khụng đổi

b Tỡm vị trớ của M để MAB đều

c Chứng minh rằng khi M di động trờn d thỡ AB luụn đi qua một điểm cố định

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh:……… ;Số bỏo danh:………

Mụn thi: Toỏn – Lớp 9

Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định Chứng tỏ

G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi

Xét ba số tự nhiên liên tiếp p – 1; p; p + 1 ta có (p – 1) p(p + 1)3

Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3, 3 là số nguyên tố suy

Chứng minh được  OAM   OBM từ đó suy ra MA = MB

Lại có OA=OB suy ra OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB

 OMAB

0,25đ

0,25đ

0,25đ

 OMB vuông tại B có BI là đường cao

 OB2= OI.OM

 OI.OM = R2không đổi

b) AMB cân tại M (chứng minh trên)

Để  AMB đều thì góc AMB = 600 góc BMO = 300

 OBM vuông tại B có OB = 0,5 OM

 OM = 2.OB = 2R

Kết luận

c/ Kẻ OH d, Hd  H cố định, OH cắt AB tại K

Chứng minh OIKvà OHM đồng dạng

 OH.OK = OI OM = R2không đổi

Mà O, H cố định nên OH không đổi  OK không đổi, KOH cố định

 K cố định

0,5đ0,25đ

0,5đ

0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ

)(

(

) )(

)(

( 2

) )(

)(

(

) (

) ( ) (

x z z y y x

xyz x

z z y y x

x z z y y x

y x z x z y z y

x xy z

z zx

y

y yz

Bài 3: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng :

1(d ): y    3x 6; (d ): y2 1 x 1;

BC cắt tia Ax tại M và cắt AC tại F.

1/ Chứng minh rằng MC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O;

2/ Biết bán kính của đường tròn là 5cm, dây AC = 8cm Tính MB;

3/ BM cắt nửa đường tròn tại D Chứng minh  MDF đồng dạng với  MOB.

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x y z 2   

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A x2 y2 z2

Họ và tên thí sinh : ………; Số báo danh : ……….

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn thi : Toán - Lớp 9 Bài 1 : (2,0 điểm)

4 16 (phương trình vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  3  37

2

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Từ đó, suy ra cặp nghiệm   x;y phù hợp là  30;5 

Vậy tuổi của thầy giáo là 30 tuổi.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

*) Tìm tọa độ của A, B, C:

+) Theo cách vẽ dễ thấy A trùng với N và Q  A(2;0)

+) Hoành độ giao điểm của B là nghiệm của phương trình :

0,25đ

3

x y z 2 x;y;z 0

c Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (2,0 điểm)

a.Giải phương trìnhx22x x x 2 x 4 0

b Cho hàm số: y x 2m1; với m tham số.

Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox; Oy.

H là hình chiếu của O trên AB Xác định giá trị của m để 2

a.(1 điểm) Cho tam giác ABC Từ trung điểm D của cạnh BC, kẻ đường vuông góc với

đường phân giác của góc A cắt AB và AC lần lượt tại M và N.Chứng minh: BM = CN : b.

(2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC Gọi D

là trung điểm của AB, E là trọng tâm của tam giác ACD, G là giao điểm của CD và AO Chứng minh: a) EG // AB

b) OE  CD c) SDAC + SBDO = 43 SABC

HẾT -( Đề thi gồm có 1 trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh……… ; Số báo danh………

Môn thi: Toán- Lớp 9

2

a

ĐK: x 0 Nhận thấy: x 0không phải là nghiệm của phương

trình, chia cả hai vế cho x ta có:

42

Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox:

A 2m 1;0

Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; 2 m1

Ta có: AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên:

1(2 1)

m m

VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên

liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0.

Tương tự: (n3)667– 1 chia hết cho n2+ n + 1

Vậy A chia hết cho n2+ n + 1>1 nên A là hợp số Số tự nhiên cần

4 1

Chứng minh: BM = CN

Gọi K là giao điểm của MN và đường phân giác của góc A

Từ B kẻ đường thẳng song song với MN nó cắt AC tại P

 AMN là tam giác cân tại A (AK vừa là đường cao vừa là đường

a) Chứng minh EG //AB:

Kẻ các đường trung tuyến CM, DN củaADC chúng cắt nhau ở E

Hai trung tuyến AO và CD cắt nhau tại G, nên G là trọng tâmABC

CE  EG // DM hay EG // AB

b) Chứng minh OE  CD :

ODAB (Đường kính qua trung điểm D của dây AB)

Mà EG // AB nên EGOD (1)

ABC cân tại A OG  BC, mà BC // DN nên OG  DN (2)

Từ (1) và (2) suy ra G là trực tâm ODE, do đó OE  DG

, ` 4

.81

.21

.8

12

12

12

12

12

BC OA S

S

BC OA OA

BC OA

OC S

ODC ABC ODC

Vậy SABC = 4 SODC hay SODC=

Phòng giáo dục và đào tạo

a.Tỡm x, y, z, biết: 4x2+ 2y2+ 2z2– 4xy – 2yz + 2y – 8z + 10 0

b Tỡm số tự nhiờn n sao cho A n 2 n 6 là số chớnh phương

a Giải phương trình: 36 4 28 4 2 1

x  y      .

b Cho đường thẳng ym 1 x 2 (d)  

1 Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m

2 Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) có giá trị lớn nhất

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

Môn thi: Toán - Lớp 9