PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (6,0 điểm)
1) Cho biểu thức
a/ Tìm điều kiện của Q và rút gọn Q b/ Tính giá trị của Q khi
2) Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Bài 2: (4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2) Cho abc = 1.Tính S =
Bài 3: (3,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
2) Biết rằng a,b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 Chứng minh :
Bài 3: (6,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
b)Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
c) Xác định tam giác ABC sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính d/ tích lớn nhất đó theo R.
Bài 5: (1,0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9

Bài
Tóm tắt lời giải
Điểm
Bài 1
Câu 1a
(2đ)
1.a) ĐKXĐ: x 0; x
Q =
Q =
=

0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 1
Câu 1b
(2 đ)
1.b) Ta có:
Thay x = vào Q ta có:

0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 1
Câu 2
(2 đ)
2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513)
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101 (1)
Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003)
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(1,5 đ)
1.
0,5
1,0
(2,5 đ)
2. Cho abc = 1.
S =
=
=
=
=

0.5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(1,5đ)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
0,25
(x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0
0,25
(y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2)
0,25
Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 - 4 y 1
0,25
Vì y nguyên nên y
0,25
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1).
0,25
(1,5 đ)
2. - Vì a.b = 1 nên
- Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :
Vậy

0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Bài 4
6đ
0,5
a) Chứng minh tam giác ABC vuông
Ta có: OA= OB = OC = R
=> Tam giác ABC vuông tại A (theo đl đảo)
0,25
0,25
b) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật
AB . EB = HB2
AC . EH = AC . AD = AH2
Ta có: AB2 = AH2 + HB2 (định lý Pi ta go)
=> Đpcm
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b) S(ADHE)= AD.AE
S(ADHE)
Vậy Max S(ADHE)=Khi AD = AE hay AB = AC
<=> Tam giác ABC vuông cân tại A
1,0
0,5
0,5
0,5
Bài 5
(1,0đ)
Ta có
Giả sử: khi đó và 52 = 1.52 = 2.26 = 4.13 ta có các trường hợp sau:
(loại)
=> nghiệm nguyên dương của PT là: ( 1; 18);( 18; 1); ( 2; 5); ( 5; 2)
0,25
0,25
0,25
0,25
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN PHÙ MỸ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: (3,5 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
Bài 2: (2,5 điểm)
Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
Bài 3: (3,0 điểm)
Cho a, b > 0 và a + b = 1.
Chứng minh rằng :
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho x, y là hai số dương thỏa mãn : x2 + y2 = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Bài 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có D là trung điểm cạnh BC, điểm M nằm trên trung tuyến AD. Gọi I, K lần lượt là các trung điểm tương ứng của MB, MC và P, Q là các giao điểm tương ứng của các tia DI, DK với các cạnh AB, AC.
Chứng minh: PQ // IK.
Bài 6: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = a , CA = b , AB = c. Gọi đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C xuống các cạnh BC , CA và AB tương ứng là ha , hb , hc . Gọi O là một điểm bất kỳ trong tam giác đó và khoảng cách từ O xuống ba cạnh BC , CA và AB tương ứng là x , y và z .
Tính
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN - MÔN TOÁN
Bài 1
(3,5đ)
Với n = 0 ta có A(0) = 19 19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k 19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6n. 6
= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n
0,5
0,75
0,75
1,0
0,5
Bài 2
(2,5đ)
1
Ta có:
Vậy: n = 452 – 24 = 2001
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
(3,0đ)
Nhận xét rằng với mọi x,y ta có:

Đặt ta được :

Vì
Do đó :
0,5
0,5
0,75
0,5
0,75
Bài 4
(3,0đ)
Ta có
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0.
Ta có
Áp dụng BĐT: vôùi a > 0; b > 0.
Ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 9 . Dấu “=” xảy ra khi x = y =
0,5
1,0
1,0
0,5
Bài 5
(4,0đ)
- Vẽ hình đúng
- Gọi E là trung điểm của AM, chứng minh được:
IK // BC, EI // AB, EK // AC
- Áp dụng định lý Ta-lét vào các tam giác DPA, DAQ. Suy ra:

- Áp dụng định lý Ta-lét đảo vào tam giác DPQ, suy ra:
PQ // IK
0,5
1,5
1,5
0,5
Bài 6
(4,0đ)
A
B
C
ha
x
Vẽ hình đúng
Xét hai tam giác ABC và OBC ta có :
SABC = (1)
SOBC = (2)
Từ (1)và (2) ta suy ra :
Tương tự ta có :
Từ đó tính được : =1
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
1,0
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN ĐÔNG SƠN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Môn: Toán 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề gồm 01 trang
Bài 1: Cho biểu thức: A =:
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + ; y = 3 -

Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: abc và a3+b3 +c3 = 3abc.
P = ; Q =
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1)= 2(x2+1) + 2x -1.

Bài 4: Giải hệ phương trình sau:

Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006
Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a.
a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M.

Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(QAB) và PR//AB (RAC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9
Môn : Toán
Bài
Lời giải
Biểu điểm
1
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y
A = :
= .
= .
=. =
b) Với x= 3 + Và y = 3 - ta có : x >y do đó
A =
Mà A2 =
Vậy : A =
0,25
0,75
0,25
0,75
2
Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 -3abc = 0
(a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1)
Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0
( Do a b c )
Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
Mặt khác :
P =
P = (3)
Hơn nữa :
Đặt Ta có (do (2) )
Vì thế :
Q =
= - ( Biến đổi tương tự rút gọn P )
= -
= (4)
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
Vậy P.Q = 9
0,5
0,5
0,75
0,25
3
(4x – 1) 2(x2 +1) +2x -1 (5)
Đặt = y ( y 1) Ta có :
(5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1
2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0
(2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
(y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0
= 2x -1
x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1
x(3x – 4) = 0
0,25
1,0
0,75
4
(I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :
( a) ()(=0
x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4 20x - 7 -13 = 0 (6)
Đặt = t (t 0 ) ta có :
( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0
= 1 x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
1,0
1,0
5
Theo BĐT Cô si ta có :
x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 )
Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2 xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên)
x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z)
x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz (9)
Dấu “ = “xảy ra
x = y = z (10)
Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1
x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3
Vậy : M = 3
0,75
0,75
0,5
6
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó :
AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9
= (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5
= ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5
AM
Min AM = khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = -
(do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1) (d) )
và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b
Nên : (13) a2 + 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d)
Từ (c ) và ( d) (d) AM (do -. 2 = -1 )
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM
1.0
0,25
0,5
0,25
7
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
+ x2 +x +1 = 2003 (16)
+) Với y< 0 ta có : 2003y Z mà x3 +x2 +x +1 Z
(Với x Z ) Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0
+) Với y >0 ta có :
(16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*)
Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có :
(x+1) d và (x2 + 1) d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)] d
d =1 (**)
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m N* ) (***)
Từ (*) , (**) và (***) x = 0 y = 0 (loại)
phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0)
0,5
0,25
1,0
0,25
8
F
A
a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn
M
ngoại tiếp ABD.
E
C
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp ACD
B
H
I
D
Do đó :
+ABD = AED AED = 2 B
+ACD = AFD AFD = 2 C
AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp (17)
Lại có : AI = BC = BI ABC cân tại I
BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 1800
Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
AEF = DEF ( c. c.c )
+ )AEF = DEF = AED = . 2 B = B
+ ) Tương tự AEF = C
Suy ra AEF ABC (g.g)
AE.AC = AE. AB
c) Theo câu b) Ta ccó : AEF ABC
( k là tỉ số đồng dạng)
AE =kc ; AF = kb .
Ta có : AEF vuông tại A (do ABC vuông tại A
và AEF ABC )

onthicaptoc.com 20 de on thi HSG Toan 9 cap huyen co dap an