Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh quảng bình từ năm 2012 2016 (có đáp án chi tiết)

Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng... Tiếp tuyến của đường tròn O;R tại B cắt AC và AD lần lượt tại E,F.. b Chứng minh tứ gi

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016

Môn thi: TOÁN

Họ và tên:………

SỐ BÁO DANH:………

LỚP 9

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

Đề gồm có 01 trang

Câu 1 (2.0 điểm)

Cho biểu thức:

P

a Rút gọn biểu thức P

b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 2 (3.0 điểm)

a Cho phương trình: 2 x2  2 mx m  2  2 0  (tham số m) Tìm m để phương trình có hai nghiệm

1 2

x , x thỏa mãn | 2 x x1 2  x1 x2  4 | 6 

b Giải hệ phương trình:  3 2 3 2

2

x       x  y   x  

Câu 3 (2.5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt (O) tại M(khác A), J là điểm đối xứng với Iqua M Gọi N là điểm chính giữa của cung ABM, NIvà NJ lần lượt cắt (O) tại E và F

a Chứng minh MI  MB Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông

b Chứng minh I J E F , , , cùng nằm trên một đường tròn

Câu 4 (1.5 điểm)

Cho a b ,  0 thỏa mãn a   b 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

 2  2

M

Câu 5 (1.0 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện:

n    n m  m  m  m 

-hÕt -SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016

Môn thi: TOÁN

LỚP 9

Đáp án này gồm có 04 trang

YÊU CẦU CHUNG

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài

1

Cho biểu thức:

P

a Rút gọn biểu thức P.

1,0

Với 0  x  1 ta có:

( 1)

0,25

x

2( 1) 2( 1)( 1)

2( 1)

x

P  x  x  x   x    x x 

b Tìm x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất 1,0

Với 0  x  1 ta có:

2

Dấu ‘=’ xãy ra khi và chỉ khi 1 1

0

x    x 

Kết luận: P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 1

4

x 

0,50

2

a Cho phương trình: 2 x2  2 mx m  2  2 0  (tham số m) Tìm m để phương

trình có hai nghiệm x , x1 2 thỏa mãn | 2 x x1 2  x1 x2  4 | 6 

1,50

Phương trình có hai nghiệm x , x 1 2 ∆’  0 4  m2  0 0,25

2 m 2

Theo định lý Viet ta có:

2

2

;

2

m

x  x  m x x   Theo bài ra:

2

2

2

m

0,25

2 2

| m m 6 | 6  m m  m m  6  6

  



2

2

4 (lo¹i) hoÆc 3 (lo¹i)

12 0

0 hoÆc 1 0

0 hoÆc 1

Kết luận: m  0 ; m  1

0,50

b Giải hệ phương trình:  3 2 3 2

2

ĐKXĐ:  4 x  2 0 x  0  2   x 4

 

2

0,25

Từ (1) ta có:

x y



0,50

Thay x  y vào (2) ta có: x  2  4  x  x2  6 x  11 (3)

2 6 11 ( 3)2 2 2, [2; 4]

VP  x  x   x    x  

Dấu ‘=’ xãy ra  x  3

0,25

( 2) 1 (4 ) 1

2, [2; 4]

x

Dấu ‘=’ xãy ra khi x  3

0,25

6 11 2

x   x  

Do x  3 nên y  3

Kết luận: ( ; ) (3; 3) x y 

0,25

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I), AI cắt

(O) tại M(khác A), Jlà điểm đối xứng với Iqua M Gọi Nlà điểm chính giữa

của cung ABM, NIvà NJ lần lượt cắt (O) tại E và F.

a Chứng minh MI  MB Từ đó suy ra BIJ và CIJ là các tam giác vuông

1,50

F

E N

J

M

I O

A

0,25

Ta có:     

2

A MBC MAC (AM là phân giác góc BAC)

2 2

0,25

        

2 2

MIB IAB IBA (2) (tính chất góc ngoài tam giác) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra tam giác MBI cân tại M, do đó MI = MB

Xét tam giác BIJ ta có: 1

2

MB  MI  IJ  tam giác BIJ vuông tại B Tương tự: tam giác CIJ vuông tại C

Vậy BIJ và CIJ là các tam giác vuông tại B và C

0,50

b Chứng minh I J E F , , , cùng nằm trên một đường tròn. 1,0

Ta có:   1  s®   s®  

2

NFE NA AE ;   1  s®   s®  

2

Mà s® NA  = s® NM  (N là điểm chính giữa cung ABM) NFE    AIE 0,25 Mặt khác     0

180

180

AIE EIJ   EFJ  EIJ  Hơn nữa I và F nằm về cùng một phía so với JE

Kết luận: I J E F , , , cùng thuộc một đường tròn

0,50

4 Cho a b ,  0 thỏa mãn a   b 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

 2  2

M

1,5

Trước hết ta chứng minh với a  0 thì  2  2  

1 (*)

a  b  a  b a 

Thật vậy:

(*)  a  2 ab  b  a   a ab  b    2

2ab a ab

0,50

 

 a b  1  0 (do a > 0)

Từ (*)



Tương tự:

2





Cộng vế theo vế ta được: 1 2 1 2 22 (1)

a b M

 

0,25

Ta chứng minh với a b ,  0 thỏa mãn a   b 2 thì 22 1 (2)

a b

a b

 



 Thật vậy:

2

(2)  ( a  b )  ( a  b ) 2   ( a   b 1)( a   b 2)  0 (do a   b 2)

0,50

5

Từ (1) và (2) suy ra M  1 Dấu ‘=’ xãy ra khi a b   1 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 1 khi a b   1

0,25

Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn điều kiện

n    n m  m  m  m   m  m  m  Xét phương trình bậc hai : 2 4 2

n   n m  m  m   (ẩn số n)

0,25

Để phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì 4 2

4 m 4 m 32 m 63

    

phải là một số chính phương

Ta có    2  2    2    2  2   

2 m 2 4 m 4 3 2 m 2 , m *

0,25 Mặt khác  2 2  

2 m 1 32 m 2

    

Do đó    2  2       2  2  

2 m 1 32 m 2 2 m 1 , m 2 Khi đó:  2  2     2  2  

2 m 1 2 m 2 , m 2 Suy ra (1) chỉ có nghiệm nguyên dương n khi m  1 hoặc m  2

0,25

Nếu m  1 thì 2

6 0

n    n vô nghiệm

Nếu m  2 thì        



20 0

5 (lo¹i)

n

n

Thử lại m = 2 và n = 4 thỏa mãn điều kiện bài toán

Kết luận : m = 2 ; n = 4.

0,25

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2014-2015

Khóa ngày 17 tháng 3 năm 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN LỚP 9

SỐ BÁO DANH:……… Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề gồm có 01 trang

Câu 1:(2.0 điểm)

b) Không sử dụng máy tính, chứng minh Q  201422014 20152 220152 là số nguyên

Câu 2:(2.0 điểm)

a) Giải phương trình: x 2 3 2x 5  x 2 2x 5 2 2

b) Cho phương trình x2  ax   b 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó

Câu 3:(3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) cố định có đường kính AB cố định và CD là một đường kính thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại B cắt AC và AD lần lượt tại E,F

a) Chứng minh CA CE DA DF  4R2

b) Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp trong một đường tròn

c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh điểm I nằm trên một đường thẳng cố định.

Câu 4:(1,5 điểm)

Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c =2015 Chứng minh rằng:

2015 2015 2015

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Câu 5:(1,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo chia hết cho diện tích của nó Chứng minh ABCD là hình vuông

-HẾT -SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn thi: Toán (Khóa ngày 17 tháng 3 năm 2015)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)

Yêu cầu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập

luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải

sau có liên quan Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là

0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng

bài.

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.

Ta có:

2

( 1)( 4)

P



( 1)( 4)



1

x

1,0 điểm

0,25 0,25 0,5

b)

2014 2014 2015 2015

2014 2015 2.2014.2015 2014 2015 2.2014.2015

(2014 2015) 2014 2015 2.2014.2015

2014 2015 2.2014.2015 1 (1 2014.2015) 1 2014.2015

Vậy Q là số nguyên

1,0 điểm

0,5 0,25 0,25

2

a) ĐK: 5

2

x 

2 5 6 2 5 9 2 5 2 2 5 1 4

| 2x 5 3 | |1 2x 5 | 4 2x 5 3 |1 2x 5 | 4

5

2

1,0 điểm

0,25

0,25 0,25 0,25

a) Gọi x x x1, (2 1x2) là hai nghiệm nguyên dương của phương trình.

Ta có: x1 x2 a; x x1 2b

Khi đó : 5( x1  x2)x x1 2 22 x x1 2 5x1  5x225 47

1

2 1

2

5 1

( 5)( 5) 47

52

5 47

5 1

x

x x

x

   

 









  

 Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22 Và phương trình có nghiệm là x1 = 6; x2

= 52

1,0 điểm

0,25

0,5 0,25

3

Hình vẽ chỉ cần dùng để giải được câu a cho điểm tối đa

3,5 điểm

0,5

a) Trong tam giác vuông ABE có: CA CE CB  2

Trong tam giác vuông ABF có: DA DF DB2

CA CE DA DF CB  DB CD  R

0,25 0,25 0,5 b) Ta có: ACD ABD

ABD DBF  DFB DBF   ABD DFB

180

ACD DFB  ECD DFE  Vậy tứ giác CDFE nội tiếp

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

c) I là giao điểm của trung trực CD và trung trực của EF, I là tâm đường tròn ngoại

tiếp tứ giác CDFE Gọi M là trung điểm của EF MI vuông góc với EF nên MI song

song với AB

Ta có CAM ACD AEM AFM 900

Suy ra: AM vuông góc với CD nên AM song song với OI

Do đó AOIM là hình bình hành nên IM=AO=R (không đổi)

Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là đường thẳng song song với tiếp tuyến tại B và

cách tiếp tuyến này một khoảng bằng R

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

4 Ta có:

2

2015 a  bc  ( a b c a   )  bc  a b c (  )  a  bc

1,5 điểm

0,5

I

E

B

C A

M O

2 a(b+c)+2a bc a b ( c ) a b ( c )

Suy ra:

=

Tương tự:

;

b  b  ca  a  b  c  c  ab  a  b  c

Do đó:

1

2015 2015 2015

Dấu bằng xảy ra khi 2015

3

a b c  

0,5

0,25

0,25

5

Gọi a b , là hai cạnh của hình chử nhật  a b N ,  *

Theo giả thiết ta có:  a2  b2  ab

Đặt d=(a,b), ta có: a xd b ; yd với (x,y)=1, x y N ,  *

Suy ra:  d x2 2  d y2 2  d xy2   x2  y2  xy  x2  y2  kxy k N ,  *

Ta có:x x kxy x2 ,   y x2  y x  (do ( , ) 1) x y   y x 

Tương tự: x y  , suy ra x=y nên a=b.

Vậy ABCD là hình vuông

1,0 điểm

0,25

0,25 0,25 0,25

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 tháng 3 năm 2014

Họ và tên:……… LỚP 9 THCS

SỐ BÁO DANH:………… Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề gồm có 01 trang

Câu 1(3.0 điểm)

a) Cho x 3 7 5 2   3 7 5 2 

Chứng tỏ rằng x là nghiệm của phương trình: x3  3 x  14 0 

b) Giải phương trình sau:

 1  1  x  3 2  x  x ( x   ) .

Câu 2(3.0 điểm)

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

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm là số đo hai cạnh của một tam giác vuông có độ

dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông là 4

5 (đơn vị độ dài).

b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 1

a  b  c 

Chứng minh rằng:  1   1   1  1  1   1   1 

8

a  b  c   a  b  c 

Câu 3(3.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC) Gọi H, D lượt là chân đường cao và chân đường phân giác kẻ từ đỉnh A của tam giác (H, DBC) Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AD cắt đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính AC lần lượt tại M,

N; đường thẳng BN cắt AD tại P và cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai Q (khác N) Chứng minh rằng:

a)  NAC vuông cân và MA NC MB NA .  .

b) P là trung điểm AD.

c)  PQD  PDH

Câu 4(1.0 điểm)

Kí hiệu S n( ) là tổng của tất cả các chữ số của một số nguyên dương n.

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho S n ( ) S n   ( 1) 87

-HẾT -HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn thi: TOÁN

Khóa ngày 28 tháng 03 năm 2014)

(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)

yªu cÇu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng

* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0 cho ý có liên quan đến hình Điểm hình vẽ tính đúng cho ý 3a

* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần

là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài

1a

Cho x 3 7 5 2   3 7 5 2 (1) 

Chứng tỏ rằng x là nghiệm của phương trình: x3  3 x  14 0  .

1.5

(1)  x   7 5 2   7 5 2  

3 7 5 2 3 7 5 2 3 7 5 2 7 5 23 7 5 2 3 7 5 2

x

3 14 3 7 5 23 3 7 5 2

x

 x3 3 x  14 0  (đpcm)

0,25

1b

Giải phương trình1 1 x 3 2 x x (2) (x ). 1,5

Điều kiện xác định của phương trình là x 1

3 (2) x 2 x x 1 1 x (vì 1  1  x 0) 0,5

3

x  2 x 1 1 x  0

0

x





 

   



0,25

Giải (*), đăt u 3 2  x v ,  1  x v (  0); khi đó ta có



0,25

1

u



Với u  1 ta được x  1 ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1

0,25

Cho phương trình: 2 x2  ( m  1) x m   1 0 (*)  ( m tham số)

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm là số đo hai cạnh của một tam giác vuông

có độ dài đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền là 4

5 .

1,5

Theo yêu cầu bài toán thì ta cần tìm m để phương trình   * phải có 2 nghiệm dương

1, 2

x x thỏa mãn : 2 2 2 2 2

16 4

5

x  x     x  x 

 

 

0,25

Xét phương trình (*) ta có : 2 (  m  1) (   m  1) 0  suy ra phương trình có hai

nghiệm x 1 1 và 2 1

2

m

x   

0,25

+ Ta có x  1 1 0, 2 1 0 1

2

m

+ Với m   1 thay x 1 1 v à 2 1

2

m

x    :

 2

5

1

11 16

1

3

m











0,5

Kết hợp với điều kiện m   1 ta được 11

3

m  là giá trị cần tìm.

0,25

2b

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 1 (*)

abc  .

Chứng minh rằng:  1  1  1 1 1  1  1

8

1,5

Từ a b c  , , 0 và 1 1 1 1

a  b  c  suy ra a b c  , , 1hay a  1 0,  b  1 0,  c  1 0 

0,25

Ta có: 1 1 1  1   1 

Tương tự :

 1   1 

 1   1 

0,25

Từ (1), (2) và (3) suy ra :

 1   1   1   1   1   1 

( 1) ( 1) ( 1)

0,25

 a 1   b 1   c 1  8  a 1   b 1   c 1 

P Q

N M

D H

B

C

A

 1   1   1  1  1   1   1 

8

0,25

3a

Chứng minh rằng:  NAC vuông cân VÀ MA NC MB NA  1.0

Xét hai tam giác AMB, ANC

Có : MA B BAD DAC CAN 900 ( vì ADMN)

0,25

Suy ra MA B CAN 450

Mặt khác ANC 90  0

Do đó  NAC vuông cân và hai tam giác vuông AMB ANC, đồng dạng

.Nên MA MB MA NC MB NA

0,5

3b

Ta có MB/ / D / /A NC ( vì cùng vuông góc MN) nên ta có các hệ thức sau

MB NM CN BC BC MN

0,5

Suy ra: AP MB NA. , DP MA CN.

Mà theo câu a ta có MA NC MB NA (2)

Từ (1) và (2) suy ra APDP ( đpcm)

0,25

3c

Ta cóAH BC nên H là giao điểm thứ hai(khác A) của hai đường tròn đường kính

AC và đường tròn đường kính AB, tức là N,C, H,Q thuộc đường tròn đường kính AC

Suy ra CNQ QHC  1800

0,25

Mà CNQ DPQ ( vì AD//NC)

Suy ra DPQ QHC  1800

Vậy tứ giác PQHD nội tiếp đường tròn; Do đó PHD PQ D (3)

0,25