De thi chon HSG tinh kontum

Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’.. Do A đối xứng D qua [r]

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9

Môn: Toán Ngày thi: 17/3/2012

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

Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên tia AB lấy C nằm ngoài đoạn thẳng AB Vẽ

2 tiếp tuyến CE và CF với đường tròn tâm O và cát tuyến CMN (M nằm giữa C và N) EF cắt

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH KON TUM 2012 Câu 1 : a)

11

x y

x



-1y -1(4)

Từ (3) và (4) => y=-1 thay voà (1) => x2-2x+1=0 => x=1

thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x=1; y=-1

E

N

B O

=>CON MIO MIO MIC      180O

=> 4 điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đường tròn

từ (3) và (4) ta suy ra AIM BIN

=> a+b+c - (ab+bc+ca) + abc <1

=> 2(a+b+c) - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2

=>(a+b+c)2 - 2(ab+bc+ca) + 2abc < 2

=> 2 2 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

VĨNH LONG NĂM H Ọ C : 2 0 11 - 2 0 1 2

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1: (2 điểm) Tìm các số tự nhiên có hai chữ số, biết số đó chia cho tổng các chữ

số của nó được thương là 4 và số dư là 3.

Bài 2: (6 điểm) Giải các phương trình sau:

Bài 3: (3 điểm) Cho parabol (P): y = 2x2 Trên (P) lấy điểm A có hoành độ bằng 1, điểm B có hoành

độ bằng 2 Tìm m và n để đường thẳng (d): y = mx + n tiếp xúc với parabol (P) và song song với đường thẳng AB.

Bài 4: (3 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0, với m là tham số thực.

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2

b) Tìm m để biểu thức P6x x1 2 x12 x22đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A Các cạnh AB, BC, CA lần lượt tiếp xúc

với đường tròn (O) tại D, E, F.

a) Chứng minh DF // BC và ba điểm A, O, E thẳng hàng, với O là tâm của đường tròn (O).

b) Gọi giao điểm thứ hai của Bf với đường tròn (O) là M và giao điểm của DM với BC là N Chứng minh tam giác BFC đồng dạng với tam giác DNB và N là trung điểm của BE.

c) Gọi (O’) là đường tròn qua ba điểm B, O, C Chứng minh AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O’)

Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AC = c Gọi ha , h b , h c lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a, b, c Tính số đo các góc của tam giác ABC biết h a + h b + h c = 9r, với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

-Đề chính thức Môn thi : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )

Bài 2: ( 4, 0 điểm)

a) Chứng minh rằng n 3 – n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.

b) Cho a, b, c là các số thực dương thõa điều kiện :

 +

8 15 2

 + 2

x

y - y2 = 0  x3 – y 3 = 0  (x – y)(x 2 – xy + y 2 ) = 0  x – y = 0 ( vì x 2 – xy + y 2 > 0 )

 x = y 2

Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.

Mà (3; 8) = 1 nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24.

Vậy : n 3 – n chia hết cho 24 với n lẻ.

* Cách 2 : Từ a2 + b 2 + c 2 = 2ab + 2bc + 2ca  a 2 + b 2 + c 2 - 2ab - 2bc - 2ca = 0

 ( a – b + c ) 2 = 4ca Nếu c  a thì ( a – b + c ) 2 = 4ca  4a 2  ( a – b + c ) 2 - 4a 2  0

Từ (2)  x 1 = 2

6

x

 , thay vào (1) có : 2

12

x

 + 3x 2 = 0  x 2 =  2

- Với x 2 = 2  x 1 = - 3 Thay vào (3) có : 1 – m = - 1  m = 2

- Với x 2 = - 2  x 1 = 3 Thay vào (3) có : 1 – m = 1  m = 0

ABC cân tại A có góc BAC = 20 0 nên ABC = ACB = 80 0

Trên cạnh AC lấy D sao cho ABD = 60 0 , khi đó DBC = 20 0 nên BDC = 80 0

 AD = b -

2

a b

 BDE vuông có EBD = 60 0 nên BE =

a



4 2

a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.

b) Ch ng minh bán kính ứ đường tròn ngo i ti p tam giác MCD không ạ ế đổi

E

M O I

Từ (1) và (2)  I, O, M thẳng hàng.

b) Tứ giác CMOD có : CMD = 2 MAD ( góc ngoài của tg cân) COD = 2 MAD ( góc ở tâm và góc nội tiếp)

 CMD = COD

Do đó tứ giác CMOD nội tiếp.

Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA tại E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD tại E’.

Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp

tứ giác BMOA qua OM.

OM  ME nên OE là đường kính của đường tròn (BMOA)

A, O, B cố định nên E cố định  OE không đổi

 Đường tròn ngoại tiếp  MCD có bán kính không đổi.

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o

H NG YÊN Ư §Ò thi chän häc sinh giái líp 9 THCS n¨m häc 2011-2012

M«n: To¸n

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

Cõu I.

1 Tớnh f(x) = (x4 + 2x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5 3) 4 15

2 Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trờn (P) sao cho gúc A1O A2 = 900 Gọi hỡnh chiếu của

A1, A2 trờn Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1

Cõu II.

1 Cho PT x2 -3mx- m = 0 cú hai nghiệm phõn biệt

2 Tỡm min S =

2 2

1 Cho tam giỏc ABC vuụng tại C cú đường cao CD Vẽ đường trũn tõm O đường kớnh

CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F Gọi M là giao điểm của BE và đường trũn tõm O;

AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P

a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cựng thuộc một đường trũn

b) Khi D, M, P thẳng hàng, tớnh cỏc gúc của tam giỏc ABC

2 Cho tam giỏc ABC vuụng tại C cú gúc A bằng 600 và trung tuyến BD =

3

4a Tớnh dịờn tớch tam giỏc ABC theo a

Câu I.

1.Tính f(x) = (x4 + 2x-7)2012 khi x = (4+ 15)( 5 3) 4 15

2.Cho (P) y = x2 và hai điểm A1, A2 trên (P) sao cho góc A1O A2 = 900 Gọi hình chiếu của A1,

A2 trên Ox lần lượt là B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = 1

Lời giải:

1 HS tự làm

2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 trên (P) nên gọi A1( a;a2) và A2( b; b2) thì B1(a; 0), B2(b; 0) khi đó đường thẳng OA1,OA2 lần lượt có PT y = ax và y = bx do góc A1O A2 = 900 nên hai đường thẳng này vuông góc, suy ra ab = -1 nên OB1.OB2 = a b. =1

Câu II.

1 Cho PT x2 -3mx- m = 0 có hai nghiệm phân biệt

Tìm min S =

2 2

x x m

2 thoả mãn (*) và S = 2 nên min S = 2

2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

HD:

Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có  9(y22)2 từ đó ta có

x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)

Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y

= 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2)

(1)  (x+y)3 -2xy(x+y) +2xy –(x+y) = 0  (x+y -1)[(x+y)(x+y+1) – 2xy] = 0

 x+y -1= 0 (3) hoặc (x+y)(x+y+1) – 2xy = 0(4)

 Ta có (4)  x2y2+ x+y = 0( vô nghiệm do ĐK)

Ta có PT tương đương với 2(3x+1) 2x21 4(2 x21) 2 x23x 2

Nên có 4t2 -2(3x+1)t +2x2+3x – 2 = 0 coi là PT bậc hai ẩn t ta có  (x 3)2, từ đó tìm được nghiệm của PT

Câu IV.

3 Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CD Vẽ đường tròn tâm O đường kính

CD cắt CA, CB lần lượt tại E và F Gọi M là giao điểm của BE và đường tròn tâm O;

AC cắt MF tại K, EF cắt BK ở P

c) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P cùng thuộc một đường tròn

d) Khi D, M, P thẳng hàng, tính các góc của tam giác ABC

HD:

b) Ta có DME BMP BFP CFE   nên CE DE  từ đó giải được bài toán

4 Cho tam giác ABC vuông tại C có góc A bằng 600 và trung tuyến BD =

3

4a Tính dịên tích tam giác ABC theo a

của các đường tròn này Để chứng minh

bài toán ta chỉ cần chứng minh ít nhất có

hai tâm có khoảng cách không lớn hơn r

Nối M với các tâm Nếu hai trong

những đoạn thẳng vừa nối nằm trên cùng

một tia có điểm đầu là M thì bài toán

được chứng minh

Trong trường hợp ngược lại, xét

góc nhỏ nhất trong các góc nhận

đượcđỉnh M, giả sử đó là góc O1MO2 Do

600 Khi đó trong tam giác O1MO2 có

một góc không nhỏ hơn góc O1MO2( nếu

ngược lại thì tổng các góc trong tam giác

nhỏ hơn 1800) Từ đó suy ra trong những

cạnh MO1 và MO2 trong tam giác O1MO2

không nhỏ hơn O1O2tức ta có O1O2 r vì

MO1  r, MO2  r

Sở Giáo dục và Đào tạo

kiên giang Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2011-2012

Môn: Toán

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

Cõu 1(4đ): Giải cỏc hệ phương trỡnh sau:

Cõu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa món điều kiện x + y + z = 1.

Hóy tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức

abc 

.

Cõu 4(4 đ): Cho đường trũn tõm O, hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là tiếp điểm), C là một điểm trờn

đường trũn tõm M bỏn kớnh MA và nằm trong đường trũn (O) Cỏc tia AC và BC cắt đường trũn (O) lần lượt tại P và Q Chứng minh rằng PQ là đường kớnh của đường trũn (O).

Cõu 5(4đ): Cho tam giỏc ABC nội tiếp đường trũn (O) và d là tiếp tuyến của (O) tại C Gọi AH, BI là

cỏc đường cao của tam giỏc.

x 

, v =

5 2

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11

Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 0.25 0,25

Dấu “=” xảy ra

1 1

1 1

y x

x y

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)

0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25

P 

tại

1 3

x  y z

0.25 0.5 0.25 0.25 0.5

0.25 0.25 0.5 0.25

0.25 0.25 0.5 0.5

AMC ABC (góc ở tâm chắn cung AC)

Trong đường tròn tâm O ta có:

AOQ ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)

Suy ra AMC AOQ (1)

0.5 0.25 0.5

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25

x

d

M F

N E

A

I H

C

a) Chứng minh HI // d

Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC

Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC HIC (Cùng bù với góc HIA)

Mà ABCACx (cùng chắn cung AC)

HIC ICx HI d

0.25 0.5 0.25 0.5 b) Chứng minh MN = EF

d // HI  IF=HN

AMCH nội tiếp  HMN HAC

BICE nội tiếp  IEF IBC

Mà HAC BIC  nên HMN IEF HMN IEF

EF

MN

0.5 0.25 0.25

0.5 0.5

6 Số chính phương là n 2 (n Î Z) số đứng trước nó là n 2 -1

Ta có (n 2 -1)n 2 =(n+1)(n-1)n 2 = (n-1)n.n(n+1)

Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3

Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2

Và n (n+1) chia hết cho 2

Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4

Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12

Vậy (n 2 -1)n 2 chia hết cho 12

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

SỞ GD&ĐT

TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC: 2011 – 2012

Môn: Toán

(Thời gian làm bài 150’)

Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012.

Bài 1 (5đ) Cho biểu thức:

Bài 2 (5đ) Giải các pt sau: a) 2x3  x2 2x3  3x 1 3x 1    3 x2 2

b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0

Bài 3 (4đ) Cho (O; R) Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và B từ một điểm

tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O), (M, N là hai tiếp điểm)

a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông

b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên một đường thẳng

V y giá tr nh nh t c a P l ậ ị ỏ ấ ủ à

7

4 khi a=

94

Bài 2:

Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có  9(y22)2 từ đó ta có

x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)

Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải chẵn nên đặt y

= 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2 còn vế phải không chia hết cho 2

Bài 3:

a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON 2=R 2

Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP Ta có MN = MO2  ON2 Rnên ta giác ONM vuông cân tại N Tương tự, tam giác ta giác OPM cũng vuông cân tại P

B N

E A

do đó MNOP là hình vuông Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R 2>R

b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

OM tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H

+) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định) Kẻ HL (d) thì HL//OE nên HL

là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không đổi)

+) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE

+) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong PNM cắt đường tròn (O) tại

điểm F, khi đó NF FP => F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O)

Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên hình vẽ

=>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0)

Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)

Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)

Vậy mội trường hợp ta có P = 1

Bài 5: Đặt BC =x > 0

theo công thức He rông ta có

S= p p a p b p c(  )(  )(  ) với

62

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

NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn thi: TOÁN - BẢNG A

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (5 điểm):

a) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện: a2b2 7

Chứng minh rằng a và b đều chia hết cho 7

yz zx xy M

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) Chứng minh rằng: NP song song với BC

b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng OI là K Xác định vị trí của điểm

A trên tia đối của tia BC để tam giác ONK có diện tích lớn nhất

Hết

-ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2012

Câu 1:a) Nhận xét: nếu a không chia hết cho 7 thì a2 chia cho 7 dư 1,2,4

thực vậy khi a không chi hết cho 7 thì a có dạng a=7k1,a=7k2,a=7k3

từ nhận xét trên

*) nếu a không chia hết cho 7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 chia cho 7 dư là

2,3,4,6 ( 1)

*)Nếu a7 và b không chia hết cho 7 thì a2+b2 không chia hết cho 7 (2)

*)Nếu a không chia hết cho 7 và b  7 thì a2+b2 không chia hết cho 7(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra a và b phải chia hết cho 7

=> A( n2 + n + 1) mà A> n2 + n + 1 nên A là hợp sô

Vậy n= 1 thì A nhận giá trị là một số nguyên tố

=>x=2 hoặc x=-2 bằng cách thử trưc tiếp ta thấy x= 2 thoả mãn bài toán

b)nhận xét nếu a+b+c=0 thì a3+b3+c3=3abc

áp dụng nhận xét trên vào biểu thức M ta có