tuyển tập 15 đề thi học sinh giỏi cấp tinh 2013 - 2014

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCSNăm học 2013-2014Môn: TOÁNThời gian làm bài : 150 phút(không kể thời gian phát đề) 15-3-2014Cho đa thức a. Hãy phân tích đa thức thành tích các nhân tử. b. Chứng tỏ rằng nếu là số nguyên thì luôn chia hết cho 5.Bài 3: (4,0 điểm)Cho .a. Chứng minh rằng :b. Chứng minh rằng :Bài 4: (4,0 điểm)Cho hệ phương trìnha. Giải hệ phương trình. b. Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn nhận một nghiệm là nghiệmcủa hệ phương trình đã cho và một nghiệm là (0,0). Bài 5: (5,0 điểm)Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Lấy một điểm M trên đường tròn sao cho . Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tại C,CM cắt AB tại D. a. Chứng minh rằng BM song song OC. b. Tính diện tích tam giác ACD. -----Hết------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS

Năm học 2013-2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút

(không kể thời gian phát đề) 15-3-2014

Cho đa thức

a Hãy phân tích đa thức thành tích các nhân tử

b Chứng tỏ rằng nếu là số nguyên thì luôn chia hết cho 5

a Chứng minh rằng BM song song OC

b Tính diện tích tam giác ACD

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

AN GIANG Năm học 2013 – 2014

MÔN TOÁN A.ĐÁP ÁN

nên là tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5

vậy luôn chia hết cho 5

2,0 điểm

2,0 điểm

2,0 điểm

dấu bằng xảy ra khi

2,0 điểm

Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng

Phương trình có nghiệm

Phương trình có nghiệm

Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn

vậy một phương trình thỏa đề bài đó là

C

M

D

3,0 điểm

- Theo đề bài ta có , tam giác AMB vuông tại M (do

góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (*)

- Tam giác MOB cân có góc nên tam giác MOB đều

- CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là

đường phân giác của góc , hay CO là phân giác của góc

1,0 điểm

Từ (*) và (**) suy ra BM song song OC (góc đồng vị)

Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng

nhau do có một cạnh góc vuông bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau

+ Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

+ Điểm từng phần có thể chia nhỏ đến 0,25 và phải được thống nhất trong tổ chấm./

2,0 điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang)

2 2

a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2 2 xy x   32 y

b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2 a2  a 3 b2 b

Chứng minh rằng 2 a  2 b  1 là số chính phương

Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A) Đường thẳng

đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M Gọi K là hình chiếu của M trên OB

Họ và tên thi sinh……… số báo danh…………

Chữ ký của giám thị 1……… chữ ký của giám thị 2………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu Nội dung Điểm

63 21

b B

t t

x

x x

8

1

x y

x y

Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A  1 M1 (2) 0.25

Tứ giác MHOK nội tiếp  O 1  K 1 (cùng chắn MH  ) (3) 0.25

1

H

K O A

M

1

2 1 1

2 1

F

G E

D

H O A

M

Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB  MC  AB  2R  AB 0.25

Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa

cung AM => H là trung điểm đoạn AO

Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB

A' I

H O A

M

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN - THCS

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

2 3a a

3024 55

0 4 8y x 4xy 2y

3x2 2

2 2

Câu 4( 7,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là chính giữa

cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành

a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định

Họ và tên thí sinh số báo danh

Thí sinh không sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

) 12 8 5 ( 5 ) 1 (

2 2 ( 0 12 8y 4x 4xy 5y

x        x  y   y   

xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm

b) ta có P(x)  x3  3x2  14x  2  (x - 2)(x2- x  12)  22

để P(x) chia hết 11 thì (x - 2)(x2- x  12)  11

mà (x2- x  12)  x(x - 1)  1  11 ta có x ( x  1 )  1 không chia hết cho 11

suy ra (x2- x  12) không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà x<100 ; x  N

2 3a a

3024 55

) 2 ( 3

) 1 ( 3

) ( 3

) ( 3

) ( 3

1 3

1 3

1 3

2 2

2 2

2 2

3 3

3 3

3 3

3 3 3

z xz x

z zy y

y xy x

x z x z

z y z

y

y x y

x

z z

y y

x x

z y x xz yz

0 4 8y x 4xy 2y

3x2 2

2 2

Hướng dẫn

a) HD đkxđ

3 1

1 3 2 1 3 2 4

1 3 2 4 1

3 2 16

1 3x 4 1 3 12 1 3x 4 1 )

1 3 ( 4 1 3x 4x

1 x 1

3x

2 2

2

x x

x x x

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x

y 2 4x y 2 2x

0(1) 4

8y x 4xy 2y

3x 0

3 y 2x

y

x

0 4 8y x 4xy 2y

3x

2 2

2 2 2

1

2

0 ) 2 2 )(

1 2 ( 0 2 ) 2 (

x y

; 3

109 7

; 6

109 13

; 3

109 7

; 3 5

MN

F

A

B

CE

a)  ENB=  EFM suy ra  ENM+  EFM=1800

EP AO BC

O

E

được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi đó IM//AO ta tính BQ;QM được áp dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính được OI

Hướng dẫn Lời giải 1

4 ( )

4 ( )

4 (

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

z x y z xz

xyz

z y y x yz

xyz

z x y x

M

3

3 3

3 12 )

4 )(

4 )(

4 (

6 )

4 )(

4 )(

4

(

6

) 4 (

1 )

4 (

1 )

4 (

1 2 ) 4 (

1 )

4 (

1 )

(

2

) 4 (

2 2 ) 4 (

2 2 ) 4

(

2 2

xy xz

yz xyz

xy xz

yz xyz

xy xz

yz xyz

N

yx x yz zx yz y yx

y yz x yz

z

N

yx yx

z x xz

xz

z x yz

yz

z y

N

N yx xyz

yz xz xz

xyz

yz xy yz

xyz

xz xy

4

12 3

4

4 4

4 3 ) 4 )(

y x z

y

x

3 3

4

3 3 ) 4 )(

4 )(

4 ( 3 81 4

12 3

) 4 )(

3 123

GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú thọ

Lời giải 3 :Áp dụng BĐT AM – GM cho bốn số dương cho vế trái ta có

4

4

cyclic

x yz VT

GV KIỀU ĐÌNH PHÚ -THCS TT SÔNG THAO - PHÚ THỌ

81 x   y z  27 x   y z xy  yz  zx  81 xyz  27 xyz x y z  xyz

Việt Trì, ngày 20 tháng 03 năm 2014

Bùi Hải Quang

biến đổi tương đương)

x y z xyz      

31 3

x y z

xyz    

   

Vậy ta có ĐPCM dấu = xảy ra khi x=y=z=1 ,

các thầy cô đóng góp thêm lời giải cho bài số 5 nhé

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 21/03/2014 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

1.Cho phương trình x2 2  m  2  x  m2 2 m  4  0 Tìm m để phương trình

có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn

m x

x x

1 1 2

2 1 2 2 2 1

Câu III (4,0 điểm)

1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1)

2 Tìm x , y , z  N thỏa mãn x  2 3  y  z

Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C

khác O) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B

và M khác D) Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là giao điểm của AM và CD

1 Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân

2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng

3 Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD

Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm

2 42 2 1

2 1

m m x x

m x

x x

1 1

2

2 15

1 1 2

2 1 2 1 2 2 1 2

1 2 2 2 1

m m

1 4 2

1 4

1 2

1 6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 21/03/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  k + 1  ka  1  k(a – 1) (4)

Vì a – 1  0 (do a  , a > 0) và k  , k > 0 nên từ (4) có:

a 1 k(a 1) 0

a 2 k(a 1) 1

3

2

(2) vô lý ( do x , y , z  N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).

yz

z y x

z y

z y x

M I

H F

A

Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên  0

AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mặt khác CBM    EMF 2   (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM ) Từ (1) và (2)  EFM EMF   

Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E

(Có thể nhận ra ngay    EMF  MBA  MFE nên suy ra EMF cân)

0,50 0,50 0,50 0,50

Từ (3) và (4) suy ra DMF    DIH hay DMA    DIH

Trong đường tròn   O ta có: DMA    DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA )

Suy ra DBA    DIH

Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC Do đó

Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI    ABD  1

Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0 Do đó ta có: Bo  4 2 3 Với

o o