De thi hoc sinh gioi Toan 9

I là trung điểm của BC, Mặt khác, ta có I là trung điểm của MN gt Suy ra CMBN là hình bình hành Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ... MC là đường cao của[r]

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Kì thi: Học sinh giỏi

Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài 150 phút

Họ và tên: Mai Văn Thi

Đơn vị: Trường trung học cơ sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam

Nội dung đề thi:

Bài 1: (5 điểm)a) Tính (không dùng máy tính bỏ túi):

2 2

2

2012 2012

P = 1+ 2012 + +

2013 2013 b) Chứng minh rằng số sau là số hữu tỉ

1 2 3 1 3 4  1 4 5   1 2012 2013

Bài 2: (2 điểm) Chứng tỏ rằng số p = 3 5 + 2 -3 5 - 2 là một nghiệm của

phương trình x3 + 3x - 4=0

Bài 3: (2 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

z xy  x yz  y zx

Bài 4: (2 điểm) Cho ba số a, b, c thỏa mãn

1 a, b, c 3

a + b + c 3







 Chứng minh rằng:

2 2 2

a + b + c 11

Bài 5: (3 điểm) Cho đường thẳng y = (1 – 4k)x + k – 2 (d)

a) Tìm k để đường thẳng (d) tạo với trục Ox một góc có số đo bằng 60o

b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định Tìm điểm

cố định đó

Bài 6: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm A với OA = 2R Tư

A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (với B, C là các tiếp điểm) Tư

A vẽ cát tuyến APQ đến đường tròn (O) (cát tuyến APQ không đi qua tâm O) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng PQ; BC cắt PQ tại K

a) Chứng minh AP.AQ = 3R2

b) Cho 

R OH

2 , tính độ dài đoạn thẳng HK theo R.

Bài 7: (2 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN

quay quanh trung điểm H của OB, I là trung điểm của MN

a) Tư A kẻ Ax  MN, tia BI cắt Ax tại C Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành

b) Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN

-HẾT -Đáp án

Bài 1

a)

2 2

2

2012 2012

P = 1+ 2012 + +

2013 2013

Ta có 20132 2012 1 2201222.2012.1 1 2 201222.2012 1

 1 2012 2 20132  2.2012

Do đó

P = 1+ 2012 + + 2013 - 2.2012 + +

2 2

2

2012 2012 2012 2012 2012

2013 - 2.2013 + + 2013- +

2013 2013 2013 2013 2013

2

2012 2012 2012 2012

2013 2013 2013 2013

1 2 3 1 3 4  1 4 5   1 2012 2013

Ta có:

2 2

2

2

2

a 1

1

a 1

1

a

a 1







Do đó:  

2 2

2 2

a 1



Cho k = 3, 4, 5, 6,…, 2012, 2013 Ta có:

1 2 3 1 3 4  1 4 5   1 2012 2013

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0

0,5

0,5

1 1 1 1 1 1 1 1

2012

2 2013

1,0

Bài 2

Ta có: p = 3 5 + 2 -3 5 - 2

3

3

p = 5 + 2 - 5 - 2

5 + 2 3 5 + 2 5 - 2 3 5 + 2 5 - 2 5 - 2

5 + 2 3 5 - 2 5 - 2 5 + 2 - 5 - 2 5 + 2

= 4 3 5 - 4.p 4 3p



3

p 3p 4 = 0

Vậy số p = 3 5 + 2 -3 5 - 2 là một nghiệm của phương trình

x3 + 3x - 4=0

0,5

0,5 0,5

0,5

Bài 3

Ta có: x y z 1    z x y z z xz yz z      2

 z xy xz yz z    2 xy x(z y) z(y z)    = (z x)(z y) 





Tương tự ta có:













 P 

2

=

2

=

3 2

0,5

0,5

0,5

Dấu “=” xảy ra khi

1

x y z

3

  

Tư đó giá trị lớn nhất của P là

3

2 đạt được khi và chỉ khi 1

x y z

3

  

0,5

Bài 4

Vì

1 a 3

(a 1)(b 1)(c 1) 0

1 b 3

(3 a)(3 b)(3 c) 0

1 c 3

  







     



  



abc ab bc ac a b c 1 0

2(ab bc ac) 2

27 9(a b c) 3(ab bc ac) abc 0

       





a b c 2(ab bc ac) a b c 2 (a b c) a b c 2

0,5

0,5 0,5 0,5

Bài 5

a) Vì đường thẳng (d) tạo với trục Ox một góc có số đo bằng 60o

nên a = 1 – 4k > 0

1 k 4

Vì đường thẳng (d) tạo với trục Ox một góc có số đo bằng 60o là

góc nhọn nên

tan 1 4k tan 60 3 k

4



b) Giả sử đường thẳng (d) luôn đi qua điểm M(x0; y0) cố định Khi

đó ta có: y0 = (1 – 4k) x0 + k – 2 đúng với mọi k

 (1 - 4 x0)k + x0 – y0 – 2 = 0 đúng với mọi k

0 0

0

1 x

x – y – 2 0 7

y

4









Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm

1 7

4 4



 cố định

0,5

1,0

0,5

0,5

0,5

Bài 6 a) Xét ABP và AQBcó

BAP là góc chung

  1 

ABP AQB sñ BP

2 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung với góc nội tiếp

cùng chắn một cung)

Do đó

ABPAQB(g.g)

 AB AP  AP.AQ AB (1) 2

AQ AB

Mặt khác ABO vuông tại B, theo định lí Pytagor, ta có

 

Tư (1) và (2)  AP.AQ 3R 2

c/ AHO vuông tại H, theo định lí Pytagor

Ta có

   

 

2

 AHR 15

2 Xét AKC và ACH ta có:

CAH là góc chung

AB = AC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)

 ABC cân tại A  ACK ABC 

Mặt khác ACO 90  o  C thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác

OHAB

 ABC AHC 1sñ AC

2 (góc nội tiếp của đường tròn ngoại

tiếp tứ giác OHAB)

Do đó ACK AHC 

1,0

1,0

0,5

0,5

0,5

      

2

  R 15 6R 15 R 15 

HK AH AK

0,5

Bài 7

Lời giải

a) Ta có I là trung điểm của MN (gt)

 OI  MN tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây

cung)

Ta có Ax  MN (gt)

 OI // Ax hay OI // AC và O là trung điểm của AB

 OI là đi qua trung điểm của cạnh BC

 I là trung điểm của BC,

Mặt khác, ta có I là trung điểm của MN (gt)

Suy ra CMBN là hình bình hành (Tứ giác có hai đường chéo cắt

nhau tại trung điểm của mỗi đường )

b) Ta có tứ giác CMBN là hình bình hành (chứng minh trên) 

MC // BN

Mà ANB 90  0(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BN  AN

 MC  AN  MC là đường cao của tam giác AMN.

Mà Ax  MN (gt) hay AC  MN  AC là đường cao của tam

giác AMN

 C là trực tâm của tam giác AMN.

0,5

0,5

0,5

0,5

( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tương đương)

1 Đề thi đề xuất

2 Kì thi: vào trung học phổ thông ( không chuyên)

Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài 120 phút

3 Họ và tên: Vũ Hồng Văn

4 Đơn vị: Trường trung học cơ sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam

5 Nội dung đề thi:

Câu 1 (3 điểm):( Không sử dụng máy tính bỏ túi):

a) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a1) x2 – 5x + 6 = 0

a2)

 







b) Tính giá trị của biểu thức sau: A = 12 6 3  21 12 3

Câu 2 (1,5 điểm): (Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình)

Hai bến sông X và Y cách nhau 80km Một ca nô xuôi dòng tư X đến Y rồi ngược dòng tư Y về X mất 8giờ 20 phút Tính vận tốc riêng của ca nô biết vận tốc của dòng nước là 4km/h

Câu 3 (1,5 điểm): Cho biểu thức: P =

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của P tại x = 4

Câu 4 (4,0 điểm): Tư một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến

MA và MB (A,B là các tiếp điểm) Trên cung nhỏ AB lấy điểm C (C khác A, B) Vẽ CDAB, CEMA CFMB Gọi I là giao điểm của AC và DE, F là giao điểm của BC và DF Chứng minh rằng:

a) Các Tứ giác AECD, BFCD nội tiếp được

b) BMO BAO 

c) CD2 = CE.CF

d) CDIK

_HẾT _

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÁP ÁN+ BIỂU ĐIỂM:

điểm

1

a

Giải phương trình: x2 – 5x + 6 = 0 1,0đ

= b2 - 4ac = (-5) 2 – 4.1.6 = 25 – 24 = 1 > 0

 phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1

( 5) 1 5 1

3

b x

a

2

( 5) 1 5 1

2

b x

a

Vậy pt có 2 nghiệm : x1  3;x2  2

0,5đ

0,5đ

2

a

Giải hệ phương trinh sau:

x y

x y







1,0đ

x y

x y





x y

x y





x y y











3

x y











4 3

x y











0,5đ

0.5đ

b Tính giá trị của biểu thức sau:

A = (3  3)  (2 3 3) 



0,5đ

0,5đ

+ Đổi 8 giờ 20 phút =

25

3 (h) + Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h) (đk: x > 4) + Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là : x + 4 (km/h)

+ Thời gian ca nô đi xuôi dòng tư X đến Y là:

80 4

x  (h) + Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x – 4 (km/h)

0,25đ

Câu 2

+ Thời gian ca nô đi ngược dòng là:

80 4

x  (h) Theo bài ra ta có phương trình:

80 4

x  +

80 4

x  =

25 3



x x x x

x x x x



 240.(x-4) + 240.(x + 4) = 25.(x2 - 16)

 240x – 960 + 240x + 960 = 25x2 – 400

 25x2 - 480x – 400 = 0

 5x2 - 96x – 80 = 0

'

= (b’)2 – ac = (-48)2 – 5.(-80) = 2304 + 400 = 2704 > 0

  ' = 52

 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1

20

b x

a

(tm điều kiện x > 4) 2

b x

a

(loại ) Vậy vận tốc riêng của ca nô là 20km/h

0,5đ

0,5đ 0,25đ

Câu 3

ĐKXĐ: x  0 ; x 1 2

x x

x x x

P =

.

x x x x x

x x x x

P =

.

x x x x x

x x x x

P = 2

x x

x x x

P =

2 2

x

x x x



P =

2 1

x x

0,25đ

Thay x = 4 vào biểu thức P ta được:

P =

2

4  4 1 

P =

4 2 1 7   

0,25đ 0,25đ

Câu 4

Vẽ hình, ghi GT- KL đúng được 0,25đ

a Chứng minh tứ giác ADCE nội tiếp được 1đ

+ Ta có: ADC 900(CD AB); AEC 900(CEMA)

 ADC AEC  1800

 Tứ giác ADCE nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng

1800)

0,5đ 0,5đ

+ Ta có: MAO  900(vì MA là tiếp tuyến) MBO 900(vì MB là tiếp tuyến)

 MAO MBO  1800

 Tứ giác MAOB nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng

1800)

 BAO BMO (2 góc nội tiếp cùng chắn BO)

0,5đ 0,25đ

+ Vì tứ giác AECD nội tiếp (chứng minh trên)

 EAD ECD  1800 Hay MAB ECD   1800 (1) + Vì tứ giác BFCD nội tiếp (chứng minh trên) 

FCD FBD  Hay FCD MBA  1800 (2) Lại có: MA = MB (Định lý 2 tiếp tuyến cắt nhau)

 MAB cân tại M  MAB MBA  (3)

Tư (1);(2);(3)  ECD FCD (4) + Trong tg AECD có : E1 A1(Góc nội tiếp cùng chắn CD) + Trong tg BFCD có: B1 D 1(Góc nội tiếp cùng chắn CF)

0,25đ

0,25đ

Mà : A1 B1 (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây

cung cùng chắn BC)

Nên: E1 D 1(5)

Tư (4) và (5)  CEDCDF (gg)



CE CD

CD CF

 CD2 = CE.CF

0,25đ

0,25đ

+ Theo chứng minh trên: D 1 A1 ( B1 )

Chứng minh tương tự: D2 B2

 D 1 D2 ACB A1 B2 ACB

 D1 D2 ACB 1800

Hay IDK ICK   1800

 Tứ giác IDKC nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng

1800)

 K1 D2 (Góc nội tiếp cùng chắn CD)

 K1 B 2

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị  IK // AB

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tương đương)

-HẾT -1 Đề thi đề xuất

2 Kì thi: vào trung học phổ thông (chuyên)

Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài 120 phút

3 Họ và tên: Mai Văn Thi

4 Đơn vị: Trường trung học cơ sở Văn Lý - Lý Nhân – Hà Nam

5 Nội dung đề thi:

Bài 1: (1 điểm) Tính (không dùng máy tính bỏ túi):

Bài 2: (1,5 điểm)

Giả sử m và n là hai nghiệm của phương trình: x2 + ax + 1 = 0 (1)

Giả sử p và q là hai nghiệm của phương trình: x2 + bx + 1 = 0 (2)

Chứng minh rằng: m p n p m q n q           b2  a2

Bài 3: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P):

2

x y 4



và điểm M(0; 2) Gọi (d) là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k

a) Vẽ đồ thị (P)

b) Chứng tỏ rằng với mọi k, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt P và Q Tìm tập hợp trung điểm I của PQ

c) Với giá trị nào của k thì PQ ngắn nhất ? Tìm giá trị ngắn nhất đó ?

Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng:

13 23 3343 n 3     1 2 3 4 n 2 với mọi n 

Bài 5: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), AC > AB Gọi I

là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, M là giao điểm của AB và CI Tiếp tuyến của đường tròn tại C cắt tiếp tuyến của đường tròn tại I, cắt AI lần lượt tại E, N a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp được

b) Gọi F là giao điểm của AI và BC Chứng minh rằng:

CE CN CF

Bài 6: (1 điểm) Cho các số a1 , a2 , a3 ,…………,a2000 Biết an = n 

2

3 2

3n + 3n +1 + n

với mọi n *; n = 1,2,…,2000 Tính S = a1 + a2 + a3 + + a2000

-HẾT -Đáp án

1

Ta có:

3

6 5A

 

2

Suy ra A – 1 = 0 (1) hoặc A2 + A + 6 = 0 (2)

Tư (1) suy ra A = 1

Tư (2) ta có

2

Do đó (2) vô nghiệm

Vậy A = 1

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Áp dụng định lý Vi-ét, tư (1) suy ra:

m n a

mn 1

 







Tư (2) suy ra:

p q b

pq 1

 









 

2 2 2 2

ó :

VT = m p n p m q n q mn p m n p mn q m n q

1 pa p 1 qa q 1 qa q pa pqa pq a p p qa p q

1 q p p q a p q pq p q a pq

q p 2 a p q 1 pq a q p 2pq a

Ta c

Vậy: m p n p m q n q           b2 a2

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

3 a) Bảng một số giá trị:

2

x

y

4

Vẽ đồ thị

b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = kx + b

Vì đường thẳng (d) đi qua điểm M(0; 2) nên ta có:

2 = k.0 + b  b = 2

Vậy (d): y = kx + 2

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

2

2

x

4       (1)

Ta có: '  2k2  1 8  4k2   8 8 0 với mọi m.

 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt

Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt P và Q

Vì I là trung điểm của PQ nên

I

x

2





và I (d)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(d)

y = x2 4

Mà

4k

1



4k

2

Ta có hệ:

I I

2

x k













Vậy I thuộc Parabol (PI):

2 I I

x

2

c) Ta có: 2  2  2

PQ  x  x  y  y

Ta có:

P Q

P Q

4k

1

1









Ta có

2 P P

x

y

4



;

2 Q Q

x y

4



2 2

P

x

2

2

1

16k 32 4k 16k 32 k

16

Vậy PQ2 = (16k2 + 32) + (16k2 + 32)k2 = (16k2 + 32).(k2 + 1)

2

2

16k 32 32

k 1 1



 



Do đó PQ2 32 khi k = 0

Suy ra min PQ = 32 4 2 khi k = 0

0,5 0,25

0,25

0,25

0,5

Ta có: P 11   3 1 12

P2  13 23   9 1 22

P2  13 2333 36  1 2 32

……

Giả sử: Pk  13 23 3343  k 3     1 2 3 4 k 2 (1)

với mọi k  Ta chứng minh rằng:

k 1

P  1 2 3 4 k     k 1       1 2 3 4 k k 1  (2)

Ta có

k k 1

1 2 3 4 k

2



Do đó tư (1) suy ra

  2

k

k k 1 P

2



  (1’) Cộng (k+1)3 vào hai vế của (1’), ta được:

k

2 2

k 1

k 4k 4

k 1

P

4





Vậy đẳng thức (2) đã được chứng minh

Do đó:

1 2 3 4  n     1 2 3 4 n với mọi n 

0,25

0,25

0,5

a) Ta có:

2

 s®  s®

( Định lí góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

Ta có:

2

 s®  s®

( Định lí góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

Mà sđBI sđCI   (Vì I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC)

Vậy AMC ANC 

Mà hai điểm M và N cùng nhìn AC dưới một góc  và nằm cùng

phía so với AC Do đó tứ giác AMNC nội tiếp được đường tròn

b) Ta có

CIE sđCI sđBI BCI

Mà hai gócCIE, BCI  ở vị trí so le trong nên IE // BC

Do đó:

CF CN ( Định lí Ta-lét)

Mà IE = CE ( Định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Suy ra

CF CN

Do đó

1



Vậy

CE CN CF

0,25

0,5

0,25

6 Ta có: an =

3

n

n

+3n +3n+1 -n n+1 -n 1 1

= = -n+1 n n+1 n n+1

Do đó: a1 + a2 + a3 + + a2000 =

1 7999999999

1 2 2 3 1999 2000 2000 8000000000

1 1-  1 1-   1 - 1   

0,5

0,5 ( Chú ý: Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tương đương)