bo de thi hsg mon toan lop 9 cap tinh

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R.. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB,

a Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5y2 xy21

b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1 1 1 32

ab a   bc b   ca c  

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa

nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt tại Q, K, P.

a Chứng minh MNCO là hình thang cân

b MB cắt CH tại I Chứng minh KI son song với AB

c Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE Chứng minh PG vuông góc với QF

Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương

-Họ tên thí sinh SBD:

0,5

x x

x   x ta có 1y2 y21 đúng với mọi y nguyên

Vậy ngiệm của PT là (1;yZ)

*Nêu x4x3x2  x 1 y2 4x44x34x24x 4 (2 )y 2

Ta có

2 2

B A

Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO là trung trực của AC

MAO NOB  MOA NBO OA OB R    MAONOB MO NB

-Ta có MO NB MO NB// ;   MNBO là hình bình hành.Ta có MAO=NOB (cm

trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân

2đ -Chưng minh FQIO là hình bình hành

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ

THANH HÓA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2016 - 2017Môn Toán: Lớp 9(Thời gian làm bài: 150 phút)

a) Tìm ,xy Z thỏa mãn: 2 1 2 yxxy x y xy2 2 2  

b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:

a) Giải phương trình sau: 42025 691020 x x xx x2 2  

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

Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9

2

1 6

0,5

0,50,25

4 a

M

F E

C

B A

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

 AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM EF2

 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 trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng

- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ

THANH HÓA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN: TOÁN LỚP 9Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (4,0 điểm)

Cho P =

2 3

2 2

x x x

x

+

2 3

2 2

x x x x

1 Rút gọn P Với giá trị nào của x thì P > 1

2 Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc

2 Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có 3(x2 - 12

2 Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF Chứng minh rằng trungđiểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.

Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính

độ dài BD, DC

Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =

4

9.Hãy tìm GTNN của P = 4

1 b

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9

1 )(

2 (

x x

x

+ ( 2 )( 1 ) 2

) 1 )(

1 )(

2 (

x x

=

1

) 1 ( 2





x x

0,50,5

0,50,50,5

2

1

Điều kiện x – 3 + 3  2x  0 Phương trình tương đương

5

3x - x 1 - 4 2x 3 - 4x + 12 = 0 (*)Xét x < - 23Thì (*)  - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =0

 2x = -28

 x = - 14 (Thỏa mãn đk)Xét -

3

5 Thì (*)

0,250,5

0,250,25

0,25

 - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0

 x =

8

3 (loại)Xét x ≥ 35 Thì (*)  3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0

2

; 14

0,250,25

0

xy xy

y x

y x

+ Nếu x + y0  (x + y)2 là số chính phương

xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố

cùng nhau Do đó không thể cùng là số chính phương

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1);

(-1; 1)

0,50,50,5

x

y

= c + y x +

x y

1

IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)

 IPHQ là h.b.h

Có IP = IQ = 21 AD = 12 BC nên IPHQ là hình thoi

Gọi P1; Q1 là giao điểm của PQ với AD và BC

0,50,5

Q P

H I

D

C

B A

k

n m

F E

Q P

H I

D

C B

A

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE

Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường

trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)

0,55

Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago trong tam giác vuông

AHD ta tính được HD = 27cm Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại

A, cắt BC ở E Ta có AE AD nên AD2 = DE.DH Suy ra

DE =

DH

= 27

= 75cmTheo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác

DC

DB

= EC EB  y x = 7575 x y (1)Mặt khác x + y = 40 (2)

Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được

x2 – 115x + 1500 = 0  (x – 15)(x – 100) = 0

0,5

0,5

0,5

Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2  4 1

Từ (1) và (2)  P ≥

17

8

2 2



a

() Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = 94  a + b + ab = 54

Áp dụng Côsi ta có:

a  a2 +

4 1

4 5

 a2 + b2 ≥ (45 - 21 ): 23 = 21 Thay vào ()

P ≥ 17

8 2

1

 =

2 17

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

2

17

khi a = b =

2 1

0,5

0,5

0,5

0,5

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương

- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI PHÒNG

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

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

Ngày thi 12/4/2017

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Cho

310 6 3 ( 3 1)x

a) Cho phương trình: x2  2mx m 2 m 6 0  (m là tham số) Với giá trị nào của m thì phương trình

có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1  x2 8?

b) Cho hệ phương trình

a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b2chia hết cho a b 12 

b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng:

a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi

b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E Chứngminh P là trung điểm của ME

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơntổng của 10 phần tử còn lại Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A

-Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Cán bộ coi thi 1: Cán bộ coi thi 2:

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa

- Tổng điểm bài thi: 10 điểm

3 3

Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được y2 y 3m 1 0 (3)  

Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:

 theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :

Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k  *

 a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m ka – b 2  *

a 2k(a 1) 1

D H

K

Q P

4a) (1,5 điểm)

Gọi I là trung điểm của BC suy ra IOBC

ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB ACN  , CAN chung)

Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK không đổi

Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB