De khao sat doi tuyen Toan 9 thang 12

Chứng minh rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường [r]

TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 9

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

Ngày thi: /12/2015

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn điều kiện:

2

(x 2006) y(y 1)(y 2)(y 3)  

b) Tìm tất cả các bộ số nguyên (x, y, z) thoả mãn:

2

xy z 2





Bài 2 (3,0 điểm)

a) Cho các số x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

b) Giải phương trình: x2 x 4  x 11 x 27  

Bài 3 (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC với · 0

ACB=90 và D là chân đường cao hạ từ đỉnh C đến cạnh AB.

Gọi X là một điểm nằm ở giữa C và D, K là điểm thuộc đoạn thẳng AX sao cho BK =

BC Tương tự L là điểm thuộc đoạn thẳng BX sao cho AL = AC; M là giao điểm của AL

và BK Chứng minh MK = ML

Bài 4 (1,5 điểm) Các cạnh của tam giác có số đo là 377; 80; 153 Chứng minh rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba của tam giác tới các cạnh của hình chữ nhật

là một số nguyên Khi đó chứng tỏ rằng số đo diện tích của tam giác là số nguyên

Bài 5 (1,0 điểm) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn

nhất không vượt quá a và kí hiệu  a Dãy các số x

0 , x1, x2, xn được xác định

bởi công thức xn =





    Hỏi trong 200 số { x0, x1, x199 }

Có bao nhiêu số khác 0 ? (Cho biết 1,41 < 2 < 1, 42)

ĐỀ THI THÁNG 12

Hết

ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 1 (NĂM 2015 – 2016)

Bài 1 (2,0 điểm)

a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn điều kiện:

(x 2006) 2 y(y 1)(y 2)(y 3)  

Giải: PT (x 2006) 2 (y2 3y)(y2 3y 2)

Đặt t = y23y thì (x 2006) 2 t22t

* Nếu t > 0 thì t2 t22t (t 1)  2 Do đó (x 2006) 2 không là số chính phương :

0,5đ

* Nếu t  0 thì y23y y(y 3) 0   Vì y là số nguyên, nên y = 0; – 1; – 2; – 3

Vậy các cặp số nguyên cần tìm (x ; y) là:

(2006; – 3), (2006; – 2), (2006; – 1), (2006; 0) :

0,5đ

b) Tìm tất cả các bộ số nguyên (x, y, z) thoả mãn

2

xy z 2





Giải: Có 2x2 + 1 > 0, nên từ PT (1) suy ra y3 > x3  y > x

Mặt khác x, y là số nguyên Suy ra y  x + 1

0,5đ

Do đó x = – 3; – 2; – 1; 0

Từ (2) ta có xy > 0, do đó x, y cùng dấu Ta được cặp (x ; y) là (– 3 ; – 2)

Thay vào (2) suy ra ta có các bộ (x, y, z) là (– 3 ; – 2 ; – 2), (– 3 ; – 2 ; 2) :

0,5đ

Bài 2 (3,0 điểm)

a) Cho các số x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Giải: Chứng minh BĐT: 3x2 xy 3y2 7x y2

4

(1)

12x 4xy 12y 7 x 2xy y

 2

       (2) luôn đúng với mọi x, y : 0,5đ

Vậy BĐT (1) đúng Dấu "=" xảy ra khi x = y

Với x, y > 0 ta có 3x2 xy 3y2 7x y2

4

Suy ra 3x2 xy 3y2 7x y2 7 x y 7x y

Lập luận tương tự có 3y2 yz 3z2 7y z

2

, 3z2 zx 3z2 7z x

2

:

0,5đ

Cộng các BĐT cùng chiều ta có

2

Vậy MinA = 7 khi và chỉ khi

1

x y z

3

  

: 0,5đ

b) Giải phương trình

2

x  x 4  x 11 x 27  

Giải: Điều kiện x4 Phương trình tương đương

x2  x 20   x 4 3    x 11 4   0

    :

0,5đ

Với x4 thì

Suy ra x – 5 = 0  x 5 Vậy PT có nghiệm x = 5 :

1,0đ

Bài 3 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC với BCA 900, và D là chân đường cao hạ từ C Cho X là một điểm nằm ở miền trong đoạn thẳng CD, K là điểm trên đoạn thẳng AX sao cho BK = BC Tương tự L là điểm nằm trên đoạn thẳng BX sao cho AL = BC; M là giao điểm của AL

và BK Chứng minh MK = ML

Giải: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với

BX cắt BX tại E, cắt CD tại I; gọi F là giao

điểm của AX và BI

Xét ACB vuông tại C, đường cao CD

Có AC2 AD.AB .: 0,5đ

Có ADI đồng dạng AEB (g g)

Suy ra AD AB = AE AI, mà AC = AL

Do đó AL2 AE.AI .: 0,5đ

Suy ra AEL đồng dạng ALI

Suy ra AEL ALI 900

Xét ILA có ALI 900, LE là

đường cao Suy ra IL2IE.IA (1) : 0,5đ

Xét IAB có BE, ID là các đường cao, nên X là trực tâm của tam giác Suy ra AFIB Chứng minh tương tự ta có IKBK, và IK2 IF.IB (2) .: 0,5đ

Ta có IEB đồng dạng IFA, suy ra IE IA = IF IB (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra IL2 IK2, hay IL = IK

Xét IML và IMK có IM chung, IL = IK, ILM IKM 900

Suy ra IML = IMK, nên ML = MK : 0,5đ

Bài 4 (1,5 điểm) Các cạnh của tam giác có số đo là 377; 80; 153 Chứng minh rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba của tam giác tới các cạnh của hình chữ nhật

là một số nguyên Khi đó chứng tỏ rằng số đo diện tích của tam giác là số nguyên

Giải: Dựng hình chữ nhật ABCD có chiều dài

AB = CD =16, chiều rộng AD = BC =11

Trên AB đặt điểm P sao cho AP = 4, trên BC đặt

CN = 3 Từ P và N kẻ đường thẳng vuông góc

với AB và BC chúng cắt nhau tại M .: 0,5đ

Ta có PB = MN =12 ; BN = MP = 8

Xét tam giác vuông MPA, có

2

Xét tam giác vuông MNC, có

Xét tam giác ABC vuông tại B, có

AC AB BC 16 11  AC 377 .: 0,5đ

Vậy tam giác MAC có các cạnh bằng 377; 80; 153 và có các đỉnh trùng với 2 đầu mút của đường chéo AC, còn khoảng cách từ M đến các cạnh AB và BC lần lượt bằng 8

và 12 là các số nguyên, nên tam giác MAC là cần tìm

Ta có SMAC SABCD  SABC  SAHM  SCKM  SDHMK

= 11 16 – 8 11 – 3 4 – 3 6 – 4 4 = 42 (đơn vị diện tích) là số nguyên :

0,5đ

Bài 5 (1,0 điểm) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn

nhất không vượt quá a và kí hiệu  a Dãy các số x

0 , x1, x2, xn được xác định

bởi công thức xn =





    Hỏi trong 200 số { x0, x1, x199 }

Có bao nhiêu số khác 0 ? (Cho biết 1,41 < 2 < 1,42)

Giải: Từ n



    



Ta có

n n n n 1 n n 1 n n 1 n





     

Suy ra xn, xn0; 1 , n  .: 0,5đ

      

 

200

2

Ta có 1,41 < 2 < 1,42 141 <100 2 < 142  100 2  141

Mà x , x , , x1 2 199 0; 1  x1x2 x 199141

Do đó trong 200 số x , x , x , , x0 1 2 199

có 141 số mà các số này nhận giá trị 1 và các số còn lại bằng 0 Vậy trong 200 số đã cho có 141 số khác 0 :

0,5đ

CHÚ Ý: HS LÀM THEO CÁCH KHÁC ĐÚNG VẪN CHO ĐIỂM TỐI ĐA

Người ra đề: Vũ Hữu Chín, GV trường THCS Hồng Bàng, quận Hồng Bàng, Tp Hải

Phòng.

Tel: 0936113930

Email: info@123doc.org

ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 2 (NĂM 2014 – 2015)

Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1 (3,0 điểm)

1) Cho a= 6+ 11+4 6 + 6- 11+4 6 Tính giá trị của biểu thức

2

A

=

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

2

9x +16x+96=3x- 16y- 24.

Bài 2 (3,0 điểm)

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

F

2) Tìm các giá trị a, b sao cho a2 1 b 2 1 1(ab 1)

Bài 3 (4,0 điểm)

1) Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp một tam giác nằm trong tam giác tạo bởi ba đường trung bình của tam giác đó

2) Cho tam giác ABC với · 0

ACB=90 và D là chân đường cao hạ từ đỉnh C đến cạnh

AB Gọi X là một điểm nằm ở giữa C và D, K là điểm thuộc đoạn thẳng AX sao cho

BK = BC Tương tự L là điểm thuộc đoạn thẳng BX sao cho AL = AC; M là giao điểm của AL và BK Chứng minh MK = ML

Hết

ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 2 (NĂM 2014 – 2015)

Bài 1 (3,0 điểm)

1) Cho a= 6+ 11+4 6 + 6- 11+4 6 Tính giá trị của biểu thức

2

A

=

Giải: a= 6+ 11+4 6 + 6- 11+4 6

2

a =12+2 25- 4 6 =12+2 2 6- 1 =10+4 6= +2 6

a- 2= 6 Û a- 2 = Û6 a - 4a=2 .:

0,5đ

Cách 1: Do đó

2

A

=

2

A

=

Thay a2- 4a=2 vào (*) có

2(2.2 2) 4

2 2

+ .:

1,0đ

Cách 2:

2

2

8

- + Thay 2

a - 4a=2, ta có

2 2

+ 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

2

9x +16x+96=3x- 16y- 24.

Giải: Đặt 3x- 16y- 24=m, mÎ ¥ , khi đó ta có PT:

2 2 2 2

9x +16x+96=m Û 81x +9.16x+864=9m .:

0,5đ

=-Thay 3x- 16y- 24=m. Suy ra (3y+5 9x)( - 24y- 32) =- 25 .:

0,5đ

Do đó 3y + 5 là ước của 25, mà 3y + 5 chia cho 3 dư 2

Suy ra 3y+ Î -5 { 1;5; 25- }Û Î -y { 2;0; 10- }

Tìm được cặp (x, y) là (1;- 2 , 3;0 ,) ( ) (- 23; 10- )

Loại cặp (3;0) vì 3x- 16y- 24= <m 0 Vậy cặp (x, y) là (1; 2 ,- ) (- 23; 10- ) .:

0,5đ

Bài 2 (3,0 điểm)

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

F

Giải: Điều kiện x³ 0.

Vậy minF = - 2 khi và chỉ khi x = 1 :

1,5đ

2) Tìm các giá trị a, b sao cho a2 1 b 2 1 1(ab 1)

Giải: Điều kiện a¹ 1, b¹ 1 Từ giả thiết suy ra

2 a +1 b + = -1 a 1 b- 1 ab+1

(1) .:

0,5đ

Ta có ( 2 ) ( )2

2 a + ³1 a- 1 (2)

2 b + ³1 b- 1

(3)

a +1 b + ³1 ab+1

(4) .:

0,5đ

Nhân từng vế (2), (3) và (4) suy ra ( 2 ) (2 2 )2 ( ) (2 ) (2 )2

4 a +1 b +1 ³ ab+1 a- 1 b- 1

2 a +1 b + ³1 ab+1 a- 1 b- 1 ³ ab+1 a- 1 b- 1

Do đó để có (1) suy ra a = b = - 1 :

0,5đ

Bài 3 (4,0 điểm)

1) (1,5 điểm) Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp một tam giác nằm trong tam

giác tạo bởi ba đường trung bình của tam giác đó

Giải: Xét tam giác ABC, O là tâm đường tròn nội tiếp

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm BC, AC, AB

Kẻ AH^BC,OK^BC

Ta có 2SABC =BC.AH=(AB+BC+CA OK) >2BC.OK : 0,5đ

Suy ra AH > 2.OK Gọi AH cắt EF tại I, có AH = 2.IH

Suy ra HI > OK Suy ra điểm O nằm ngoài tam giác AEF

Chứng minh tương tự điểm O nằm ngoài tam giác BDF,

tam giác CDE

Do đó điểm O nằm trong tam giác DEF : 1,0đ

2) (2,5 điểm) Cho tam giác ABC với BCA 900, và D là chân đường cao hạ từ C Cho

X là một điểm nằm ở miền trong đoạn thẳng CD, K là điểm trên đoạn thẳng AX sao cho

BK = BC Tương tự L là điểm nằm trên đoạn thẳng BX sao cho AL = BC; M là giao điểm của AL và BK Chứng minh MK = ML

Giải: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với

BX cắt BX tại E, cắt CD tại I; gọi F là giao

điểm của AX và BI

Xét ACB vuông tại C, đường cao CD

Có AC2 AD.AB .: 0,5đ

Có ADI đồng dạng AEB (g g)

Suy ra AD AB = AE AI, mà AC = AL

Do đó AL2 AE.AI .: 0,5đ

Suy ra AEL đồng dạng ALI

Suy ra AEL ALI 900

Xét ILA có ALI 900, LE là

đường cao Suy ra IL2IE.IA (1) : 0,5đ

Xét IAB có BE, ID là các đường cao, nên X là trực tâm của tam giác Suy ra AFIB Chứng minh tương tự ta có IKBK, và IK2 IF.IB (2) .: 0,5đ

Ta có IEB đồng dạng IFA, suy ra IE IA = IF IB (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra IL2 IK2, hay IL = IK

Xét IML và IMK có IM chung, IL = IK, ILM IKM 900

Suy ra IML = IMK, nên ML = MK : 0,5đ

CHÚ Ý: HS LÀM THEO CÁCH KHÁC ĐÚNG VẪN CHO ĐIỂM TỐI ĐA

Người ra đề: Vũ Hữu Chín, GV trường THCS Hồng Bàng, quận Hồng Bàng, Tp Hải Phòng.

Tel: 0936113930

Email: info@123doc.org

ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 3 (NĂM 2014 – 2015)

Thời gian làm bài: 90 phút Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: x32 2x 1  3 3x 2x 1  

2) Biết rằng a, b, c, d là các số nguyên lẻ thỏa mãn điều kiện

a5b5c5d5240

Chứng minh rằng a b c d 240   

Câu II (2,0 điểm)

1) Cho a,b 0, a b 2   Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Pa21 b  2 1

2) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng

6

         

Câu III (2,0 điểm)

Cho a, b, c, d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn a2+d2=b2+c2=P

Chứng minh rằng:

1) P là hợp số

2) ab+cd và ac+bd không thể đồng thời là số nguyên tố.

Câu IV (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp (O; R), đường tròn nội tiếp (I, r)

1) Chứng minh rằng OI2 R2  2Rr

2) Gọi AI cắt (O) tại E khác A Gọi K đối xứng với I qua BC, EK cắt (O) tại F khác

E Chứng minh rằng I, O, E, F cùng thuộc một đường tròn

Câu V (1,0 điểm)

Giả sử mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu Chứng minh rằng luôn tồn tại trong mặt phẳng này 3 điểm cùng màu mà chúng là 3 đỉnh của một tam giác đều

Hết

ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 3 (NĂM 2014 – 2015)

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: x32 2x 1  3 3x 2x 1  

Giải: Điều kiện

1 x 2

 Đặt y 2x 1 0  Ta có phương trình

x 2y 3xy  x  x y 2x y 2y   0 x y x 2y 0 :

0,5đ

Ta có các trường hợp

* x y 0   x y  x 2x 1  x2 2x 1  x 1 (thỏa mãn điều kiện)

* x 2y 0  không tìm được x, vì

1 x 2

 , y 2x 1 0  Vậy phương trình có nghiệm x = 1 :

0,5đ

2) Biết rằng a, b, c, d là các số nguyên lẻ thỏa mãn điều kiện

a5b5c5d5240

Chứng minh rằng a b c d 240   

Giải: Ta chứng minh nếu n là số nguyên lẻ thì An5  n 240

Thật vậy An5 nn n 1 n 1 n       21

Do n là số lẻ, nên n 1 n 1     là tích của 2 số chẵn liên tiếp Suy ra n 1 n 1 8    

Có n21 là số chẵn, nên n2  1 2

Do đó A 16 (1) .:

0,5đ

Mặt khác n chia cho 3 dư 0; 1; 2 Suy ra n2 chia cho 3 dư 0; 1

Do đó A n n  2 1 n  2 1

chia hết cho 3 (2) Lại có n chia cho 5 dư 0; 1; 2; 3; 4 Suy ra n2 chia cho 5 dư 0; 1; 4

A=n n - 1 n +1

chia hết cho 5 (3) Vậy A chia hết cho 16, cho 3, cho 5, mà 16, 3, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau

Suy ra A 16.3.5M( ) Þ A 240M

a +b + +c d - a+ + + =b c d a - a + b - b + c - c + d - d Theo điều (*) có ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 )

a - a 240, bM - b 240, cM - c 240, dM - d 240M

.: 0,5đ

Câu II (2,0 điểm)

1) Cho a,b 0, a b 2   Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

P a 1 b 1

Giải: Pa21 b  2 1  a21 12  2 b2 a.1 b.1 2 a b 2

Suy ra P 2 2 4 Vậy MinP = 4 khi a = b =1 : 0,5đ

Mặt khác theo BĐT Côsi có

2

a b

2



P a b a b  1 a b  a b  2ab 1 5 ab ab 2    5

Suy ra MaxP = 5 khi

;



   .:

0,5đ

2) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng

6

         

Giải: Ta có

2

   

  , với mọi i = 0, 1, 2, , 2k

Suy ra  k21  k2 2  k23   k 1 2 1 k 2k 1   2k2k

0,5đ

Do đó VT2.12 1  2.22 2  2.323 2 n 1  2  n 1

2

VT 2 1 2 n 1 1 2 n 1

n 1 n 2n 1 n n 1

Ta có điều phải chứng minh :

0,5đ

Câu III (2,0 điểm)

Cho a, b, c, d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn a2+d2 =b2+c2=P.

Chứng minh rằng:

1) P là hợp số

2) ab+cd và ac+bd không thể đồng thời là số nguyên tố.

Giải: 1) Từ giả thiết suy ra

ab+cd ac+bd =ad b +c +bc a +d = ad+bc a +d

(1) Suy ra a2+d2 là một ước của tích (ab+cd ac)( +bd) (2) :

0,5đ

2 a +d - ab- cd =a +d +b + -c 2ab- 2cd= -a b + -c d >0

Suy ra a2+d2>ab+cd (3) .:

0,5đ

Tương tự a2+d2> +ac bd (4)

Từ (2), (3) và (4) suy ra P=a2+d2 là hợp số

: 0,5đ

2) Do a2+d2>ab+cd và

a +d > +ac bd và theo 1) ta có

ab+cd>ad+bc,ac+bd>ad+bc

Giả sử ab+cd và ac+bd đều là số nguyên tố Khi đó theo

(1) có ad + bc phải là ước

của ab+cd hoặc ac+bd Điều này không xảy ra, nên ta có điều phải

chứng minh .: 0,5đ

Cho tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp (O; R), đường tròn nội tiếp (I, r) 1) Chứng minh rằng OI2 R2  2Rr

2) Gọi AI cắt (O) tại E khác A Gọi K đối xứng với I qua BC, EK cắt (O) tại F khác

E Chứng minh rằng I, O, E, F cùng thuộc một đường tròn

Giải: 1) Gọi AI cắt (O) tại điểm E khác A, H là hình chiếu của I lên AC, EG là đường

kính của (O) Có IAH EGC 

Xét AHI và GCE

có IAH EGC  , AHI GCE 90   0

Suy ra

AHI đồng dạng GCE (g.g)

Do đó

IA IH

IA.EC IH.GE 2Rr

GE EC   (1) : 0,5đ

Lại có EIC IAC ICA IAB ICB BCE ICB ICE       

Suy ra tam giác ECI cân tại E, nên EC = IE (2) .: 0,5đ

Lại có I nằm trong đường tròn (O) Suy ra IA.IE R 2  OI2 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra IA.IE IA.EC 2Rr R   2 OI2  OI2 R2 2Rr : 0,5đ

2) Gọi OI cắt EF tại L, có IK = 2r, có OE//IK (cùng vuông góc BC)

Suy ra

LI IK 2r  LO LI R 2r  OI R  2Rr OI

Suy ra

OF OL

.: 0,5đ

Xét OFI và OLF chung LOF,

OI OF

OF OL Suy ra OFI đồng dạng OLF (c.g.c) Suy ra OFI OLE  (4) .: 0,5đ