43 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Vĩnh Bảo (Có đáp án)

Nội dung text: 43 Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Vĩnh Bảo (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013-2014 HUYỆN VĨNH BẢO MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x y x y x y 2xy P : 1 . 1 xy 1 xy 1 xy a) Rút gọn biểu thức P. 2 b) Tính giá trị của P với x . 2 3 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là 1 3 đồ thị của hai hàm số: y x và y x . 2 2 a) Vẽ đồ thị (D) và (L). b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vuông. Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x4 5x3 38x2 5x 6 0. Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD. c) ME.MA = MF.MD. Hết
2. UBND HUYỆN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MÔN: TOÁN LỚP 9 Bài Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x 0;y 0;xy 1. 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy ( x y)(1 xy) ( x y)(1 xy) 1 xy x y 2xy P : 1 xy 1 xy 0,5 đ x x y y y x x x y y y x 1 xy . 0,5 đ 1 xy 1 x y xy 2( x y x) 2 x(1 y) 2 x 0,5 đ (1 x)(1 y) (1 x)(1 y) 1 x b) 2 2(2 3) 2 x 3 2 3 1 ( 3 1) 0,5 đ 2 3 4 3 x ( 3 1)2 3 1 3 1 0,5 đ 2( 3 1) 2 3 2 P 0,5 đ 1 ( 3 1)2 1 3 2 3 1 2( 3 1) 6 3 2 P 0,5 đ 5 2 3 13 2 3 1 3 x 0 y a) Đồ thị y x có : 2 0,5 đ 2 2 y 0 x 3 x khi x 0 Đồ thị y x x khi x 0 0,5 đ Đồ thị như hình vẽ: y N 3 (L) (D) 3/2 1 đ M 1 - 3 O 1 3 x
3. b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3) 0,5 đ Ta có: OM = 12 12 2 OM2 = 2 2 2 2 ON = 3 ( 3) 3 2 ON = 18 0,5 đ MN = (1 3)2 (1 3)2 20 MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2 0,5 đ Vậy: tam giác OMN vuông tại O 0,5 đ 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: 5 6 6x2 5x 38 0 x x2 1 1 6(x2 ) 5(x ) 38 0 x2 x 1 đ 1 1 Đặt y x thì: x2 y2 2 x x2 Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 (3y – 10)(2y + 5) = 0 10 5 Do đó: y và y 1 đ 3 2 10 1 10 * Với y thì: x 3x2 10x 3 0 3 x 3 1 x (3x – 1)(x – 3) = 0 1 3 1 đ x2 3 5 1 5 * Với y thì: x 2x2 5x 2 0 2 x 2 1 x (2x + 1)(x + 3) = 0 3 2 1 đ x4 2 4 A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. 0,5 đ Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 0,5 đ Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
4. AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM 0,5 đ 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) 0,5 đ AD2 AM2 AI2 a 2 5 M E I F H A O D B C O / N a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE  EF và OF  EF => OE // O/F 0,5 đ · · / · · / => EOB FO D (góc đồng vị) => EAO FCO 0,5 đ Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN Hay E· NF 900 . 0,5 đ Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 0,5 đ 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 0,5 đ · · => FDC HNC 0,5 đ Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) 0,5 đ => N· HC D· FC 90O hay MN  AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 0,5 đ 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 0,5 đ => M· FE E· AB Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ
5. ME MF 0,5 đ => , hay ME.MA = MF.MD MD MA
6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm). 1 1 x2 . (1 x)3 (1 x)3 a) Rút gọn biểu thức A 2 1 x2 với 1 x 1. b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3 a2b ab2 6b3 0 . a4 4b4 Tính giá trị của biểu thức B . b4 4a4 Câu 2 (2 điểm). a) Giải phương trình x2 (x2 2) 4 x 2x2 4. x3 2x y b) Giải hệ phương trình . 3 y 2y x Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2 2xy x 32y . b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b . Chứng minh rằng 2a 2b 1 là số chính phương. Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. a) Chứng minh H· KM 2A· MH. b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Câu 5 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab 6bc 2ac 7abc . Tìm 4ab 9ac 4bc giá trị nhỏ nhất của biểu thức C . a 2b a 4c b c Hết
7. bc ca bc ca  2 . 2c a b a b ca ab ab ca bc ca ab bc ca ab 2 . 2a  2 2. a b c a b c b c c b a b c a b c bc ab bc ab 2 . 2b a c a c  Bài 4: (3 đ) 1. CMR các điểm M,D,O,H cùng nằm trên một đường tròn. HA=HB => OH  AB ( đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm) =>O· HM = 900 Lại có O· DM = 900 ( Tính chất tiếp tuyến) Suy ra O· HM =O· DM = 900 => H,D cùng nhìn đoạn OM dưới 1 góc vuông => H,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OM => các điểm M,D,O,H cùng nằm trên đường tròn đường kính OM 2. Đoạn OM cắt đường tròn tại điểm I. CMR I là tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD. Ta có: C· OI D· OI( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=>CºI DºI => C· DI D· IM => DI là phân giác trong của ∆ MCD (1) Lại có MI là đường phân giác trong của ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD 3. Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho diện tích ∆ MPQ bé nhất. Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= 2 S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ Q => S∆ MPQ nhỏ nhất MQ nhỏ nhất (3) Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm , D ta có: MQ = MD+DQ ≥ 2 MD.DQ 2 OD2 2OD 2R 2 ( Vì ∆ MOD vuông tại O có đường cao OD nên OD =MD.DQ ) O I Dấu “=” xảy ra MD= DQ ∆OMQ vuông cân tại O (d) OD R A B O· MD 450 OM 2.R H M sin OMD sin 450 C (Vì ∆ ODM vuông nên OD= OM.sinOMD ) P Vậy MQmin = 2R OM = 2 R (2) Từ (3) và (4) suy ra khi M nằm trên (d) cách O một khoảng 2 R thì S∆ MPQ nhỏ nhất là R.2R=2R2 ( d.v.d.t) Bài 5: (1 đ) : A 7 13 7 13 2 .Ta có:
8. 2 2 2.A 14 2 13 14 2 13 2 13 1 13 1 2 13 1 13 1 2 13 1 13 1 2 0 A 0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI PHÒNG NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: TOÁN (chuyên)Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 25 tháng 6 năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 15 x 11 3 x 2 2 x 3 1) Cho A x 2 x 3 x 1 x 3 Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của A 2) Cho phương trình x2 ax b 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a,b là hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm đó. Câu II ( 2,0 điểm) 3 1) Giải phương trình: 4x2 6x 1 16x4 4x2 1 3 2 1 4x x 1 2) Giải hệ phương trình: y 2 2 y y xy 4 Câu III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng: a 4b 9c 4 b c c a a b Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AA’.Gọi AD là đường phân giác trong của góc B· AC (D BC).M,I lần lượt là trung điểm của BC và AH. 1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’. 2) Gọi P là giao điểm của AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB và AC lần lượt tại Q và R.Chứng minh rằng Q và R lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB,AC. Câu V (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 y4 z4 2012
9. 2) Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ. Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh. Hết Họ và tên thí sinh . Số báo danh Chữ kí của giám thị 1: . Chữ kí của giám thị 2: Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phòng- Lời giải một số câu Câu I 15 x 11 3 x 2 2 x 3 1) A x 2 x 3 x 1 x 3 15 x 11 (3 x 2)( x 3) (2 x 3)( x 1) A ( x 1)( x 3) 17 2 A 5 , A lớn nhất x 0 khi đó A lớn nhất bằng . x 3 3 2) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*) Vì x1 Z x1 1 nên với giả sử x1 x2 Ta có: –4 ≤ x1 – 5 < x2 – 5 nên x1 5 1 x1 6 (*) . x2 5 47 x2 52 Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52. Câu II:
10. 1) 3 4x2 6x 1 16x4 4x2 1 3 3 2(4x2 2x 1) (4x2 2x 1) (4x2 2x 1)(4x2 2x 1) 3 Dễ thấy 4x2 2x 1 3x2 (x 1)2 0,x & 4x2 2x 1 3x2 (x 1)2 0,x nên đặt a 4x2 2x 1,b 4x2 2x 1 b,a 0,b 0 3 Ta có phương trình 2a2 b2 ab 3 6a2 3ab 3b2 0 a a 6( )2 3( ) 3 0 b b a 3 2 b 2 4x 2x 1 1 1 2 x a 3 4x 2x 1 3 2 ,(TM ) b 3 2)Giải hệ phương trình 2 1 4x x 1 (1) y 2 2 y y xy 4 (2) 1 4 Nếu y = 0 thì (2) vô lí nên y 0 vậy (2) 1 x y y2 1 Đặt b ta có hệ y 4x2 x b 1 (1') 2 4b b x 1 (2') Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 0 1 1 *) Nếu x = b ta có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2) 2 2 *) Nếu 2x + 2b = 1 thì hệ vô nghiệm 1 1 Vậy hệ có hai nghiệm ( , 2) và ( ;2) 2 2 Câu V 1) Giả sử một số nguyên là số chẵn có dạng 2k thì (2k)4 16k 4  0(mod8)
11. Nếu Số nguyên là số nguyên lẻ có dạng 2k + 1 thì (2k 1)4 (4t 1)2 16h 11(mod8) nên với k ,t,h là các số nguyên x, y, z Z x4 y4 z4  0,1,2,3(mod8) Nhưng 2012  4 ( mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. 2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông,, 87 đỉnh nằm lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho i điểm.Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2 ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại có thể đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh ở góc là mút của hai đoạn, các điểm còn lại là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2 x 2 + 22 x 3+ 34 x 4 = 206, suy ra số cạnh xanh là : ( 206 – 66):2 = 70 cạnh màu xanh. Câu III: Chứng minh rằng: a 4b 9c 1 4 9 4 (a b c)( ) 18 b c c a a b b c a c a b Thật vậy: 1 4 9 b c 4(a c) 9(a b) [(b c) (a c) a b)]( ) ( )2 36 b c a c a b b c (a c) (a b) 1 4 9 (a b c)( ) 18 Điều phải chứng minh b c a c a b . Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có: ·ABC ·A'BC 900 , ·ABC B· AN ·A'BC B· AN
12. B Q D H P M A' I K o A R C Lại có ·A' AC ·A'BC ( cùng chắn cung ¼A'C ) nên B· AN ·A' AC Cũng có B· AD C· AD B· AD B· AN C· AD C· AN Mặt khác H đối xứng với K qua AD H· AD K· AD , H thuộc AN nên K thuộc AA’ 2) Bạn tự giải nhé. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP 9 THCS BẾN TRE NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (7 điểm) a) Chứng minh rằng A n8 4n7 6n6 4n5 n4 chia hết cho 16 với mọi n là số nguyên
13. 2 2 2 x 3 12x 2 b) Cho biểu thức B x 2 8x . Rút gọn biểu thức B và x2 tìm các giá trị nguyên của x để B có giá trị nguyên c) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2y2x x y 1 x2 2y2 xy Câu 2 (3 điểm) Cho hàm số y 2 x2 6x 9 x 2 có đồ thị (D) a) Vẽ đồ thị (D) của hàm số trên b) Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x2 6x 9 x 2 m vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2 x2 6x 9 x Câu 3. (2 điểm) 2 2 y x xy 2017 (1) 3 2 2 y Cho x, y, z là các số thực thỏa: z 1009 (2) (x 0,z 0,x z) 3 x2 xz z2 1008 (3) 2z y z Chứng minh rằng x x z Câu 4. (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn O1 đường kính AE và đường tròn O2 đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn với M là tiếp điểm thuộc O1 và N là tiếp điểm thuộc O2 a) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm và AE = 6 cm, Vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Câu 5. (3 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhỏ hơn 900 . Từ B kẻ 2 AM AB BM vuông góc với AC tại M (điểm M thuộc AC). Chứng minh 1 2 MC BC ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 BẾN TRE 2016-2017 Câu 1. 4 a) A n8 4n7 6n6 4n5 n4 n4 . n4 4n3 6n2 4n 1 n(n 1) 4 4 Vì n(n+1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n 1)M2 n n 1 M2 16 Do đó AM16 với mọi n thuộc Z
14. 2 2 2 2 2 2 x 3 12x 2 x 3 2 x 3 b) B x 2 8x x 2 x 2 x2 x2 x x2 3 2x2 2x 3 3 +) Nếu x 2 x 3 x Kết luận 2x2 2x 3 khi x 0 x 2x 3 B khi0 x 2 x 2x2 2x 3 khi x 2 x B có giá trị nguyên khi x 1; 3 c) 2y2x x y 1 x2 2y2 xy x 1 x2 2y2 y 1 x 1 1 x 2 x 2 2 2 x 2y y 1 2y y 1 0 y 1 x 1 1 x 0 x 0 2 2 x 2y y 1 2y y 1 0 y 1 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) Câu 2. 2 x 8nÕux 3 a) y 2 x 6x 9 x 2 2 x 3 x 2 3x 4 nÕux 3 Học sinh tự vẽ đồ thị b) Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị sau: (D) y 2 x2 6x 9 x 2 (1) (D’): y=m là đường thẳng song song với trục Ox và cắt trục Oy tại điểm có tung độ m. Căn cứ vào đồ thị , ta có phương trình (*) vô nghiệm (D) và (D’) không giao nhau m 5 Vậy m 5thì pt (*) vô nghiệm c) Dựa vào đồ thị đã vẽ ở câu a, ta có : nghiệm của (1) là tập hợp hoành x 6 độ của các điểm (D) có tung độ y 2 , nên x 2
15. Vậy tập nghiệm của (1) là x 6 hoặc x 2 Câu 3 2 2 y x xy 2017 (1) 3 2 2 y z 1009 (2) (x 0,z 0,x z) 3 x2 xz z2 1008 (3) Trừ (1) và (2) vế theo vế, ta có: x2 xy z2 1008(4) Trừ (3) và (4) vế theo vế ta có: xz xy 2z2 0 xz 2z2 xy 2xz 2z2 xy xz 2z(x z) x(y z) 2z y z x x z Điều phải chứng minh Câu 4 F D N K I M C A O1 E O O2 B a) MN là tiếp tuyến chung của O1 và O2 nên · · 0 MN  O1M;MN  O2N O1M / /O2N MO1E NO2E 180 · · O1AM cân tại O1 suy ra MO1E 2O1AM · · O2BN cân tại O2 nên NO2E 2O2BN M· O E N· O E 2 O· AM O· BN O· AM O· BN 900 M· FN 900 1 2 1 2 1 2 Mặt khác A· ME B· NE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) E· MF E· NF 900 suy ra MENF là hình chữ nhật M· EF N· ME
16. · · · · 0 Mà O1EM O1ME ( O1ME cân tại O1 ) và NME O1ME 90 (MN là tiếp tuyến) · · 0 MEF O1EM 90 hay EF  AB tại E b) Ta có AB = 18 cm, AE = 6 cm EB 12cm,OF 9cm AFB vuông tại F có đường cao EF nên EF2 AE.EB 6.12 72 EF 6 2 (cm) MN EF 6 2 (cm) Gọi K, I lần lượt là giao điểm của EF, OF với MN Tứ giác MENF là hình chữ nhật nên có N· MF N· EF mà NEF=ABF (cùng phụ góc BEM) N· MF A· BF (1) FNM : FAB Ta lại có OAF cân tại O suy ra OAF = OFA (2) Và O· AF A· BF 900 (3) Từ (1) (2) (3) N· MF O· FA 900 M· IF 900 FNM đồng dạng tam giác FAB và có FI, FE là hai đường cao tương ứng nên FI MN FI 6 2 FI 4cm OI OF FI 9 4 5cm EF AB 6 2 18 OID vuông tại I có ID2 OD2 OI2 92 52 56 ID 2 14 (cm) Vì OF  CD tại I nên CD 2.ID 4 14 (cm) Câu 5 A M B C ABC cân tại A nên AB = AC
17. Ta có 2 2 2 AM AB AM MC AC AC AC 2 1 2. 2. 2 2. 2 BC 2.AC.MC MC BC MC BC MC BC Ta cần chứng minh: BC2 2AC.MC 2 Thật vậy, BC2 BM2 MC2 AB2 AM2 AC AM AC2 AM2 AC2 2AC.AM AM2 2AC2 2.AC.AM 2AC.(AC AM) 2.AC.MC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 25/6/2009 Thời gian làm bài 150 phút (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin) Bài I (3 điểm) (n - 8)2 - 48 1) Tìm các số nguyên dương n để A= có giá trị là số nguyên dương. n + 5 2) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn đẳng thứcx2+y(y2+y-3x)=0 Bài II (2 điểm) Giải hệ phương trình (x, y, z là ẩn) Bài III. (3 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC. 1/ Chứng minh AD.AC=AE.AB 2/ Tia AO cắt BC tại A1và cắt cung nhỏ BC tại A2. Tia BO cắt AC tại B1và cắt cung nhỏ AC tại B2. Tia CO cắt BA tại C1và cắt cung nhỏ AB tại C2. A1A2 B1B2 C1C2 Chứng minh: + + =1 AA1 BB1 CC1 3/ Từ A vẽ tia Ax vuông góc với DE. Cho cạnh BC cố định , đỉnh A di động trên cung lớn BC sao cho ABC có ba góc nhọn. Chứng minh tia Ax luôn đi qua một điểm cố định. Bài IV. (1 điểm) Cho đa thức P(x)= x4+ax3+bx2+cx+d (a, b, c, d là các hằng số). Biết rằng P(1)=10, P(2)=20, P(12) + P( - 8) P(3)=30. Tính giá trị của biểu thức + 25 10 Bài V (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường tròn (O) sao cho ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiệp ABC không lớn hơn chu vi (O) . Hết Họ và tên thí sinh : . Số báo danh: Chữ kí giám thị số 1 . Chữ kí giám thị số 2 . .
18. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ NỘI NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂ BÀI M 3.0 1 Tìm số nguyên dương n (1.5 điểm) 121 *(n-8)2 -48 = n2 -16n+16 nên A=n-21+ 0.50 n + 5 *121=112 và n+5≥6 ; n+5 Z 0.25 *n+5=11 được n=6 và A=-4 0.25 *n+5=121 được n=116 và A=96 0.25 I *KL n=116 0.25 2 Tìm các số nguyên dương x, y (1.5 điểm) *x2+y(y2+ y-3x)=0 x2-3xy+y2+y3=0 (1) 0.25 *Coi (1) là pt bậc 2 với ẩn x 0.25 *có =y2(5-4y) 0.25 *Nếu y≥2 thì <0 phương trình (1) vô nghiệm 0.25 2 *Với y=1 phương trình (1) trở thành x -3x+2=0 x1=1; x2=2 0.25 *KL: x=1, y=1 và x=2, t=1 0.25 Giải hệ phương trình 2.0 *Nếu một trong 3 số x, y, z bằng 0 thì hai số còn lại bằng 0 0.25 Ta thấy x=y=z=0 là một nghiệm của hệ *Xét trường hợp cả ba số x, y, z khác 0 0.75 hệ đã cho II *Cộng vế với vế của 3 PT ta được =0 0.25 1 1 1 ( -1)2 +( -1)2 +( -1)2 =0 (thỏa mãn hệ đã cho) 0.50 x y z *KL:Hệ đã cho có 2 nghiệm x=y=z=0 và x=y=z=1 .025 3.0 III 1 Chứng minhAD.AC=AE.AB(1 điểm)
19. A Chứng minh được tam giác ABD đồng dang với tam giác ACE R 0.50 L D E H O Chứng minh được AD.AC=AE.AB J B A1 C 0.50 Q A2 2 Chứng minh (1 điểm) *Gọi H là trực tâm của ABC A1A2 JQ 0.25 tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. CM được: = A1A2 JA JH JQ S BHC *CM được = = JA JA S BAC B1B2 S AHC C1C2 S AHB *Tương tự chứng minh được = , = B1B S BAC C1C S BAC * ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra SBHC+SBHA+SAHC=SBAC A1A2 B1B2 C1C2 SBHC + SBHA + SCHA SBAC Từ đó + + = = =1 AA1 BB1 CC1 SABC SABC 3. Chứng minh tia Ax (1 điểm) *tia BD cắt cungAC tại R, tia CE cắt cung AB tại L Chứng minh được DE//RL suy ra LRAx * cung AL=cungAR chứng minh Ax di qua tâm O khi A di động t Tính giá trị của biểu thức (1 điểm) *Đặt Q(x)=P(x)-10x *Có Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 IV *Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r) P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x P(12) + P( - 8) *A= + 25 = 2009 10 Chứng minh rằng (1 điểm) *Gọi đường tròn ngoại tiếp ABC là (I), I nằm trong ABC Nếu A, B, C nằm trên (O) thì (I) và (O) trùng nhau. *Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) và(I) tiếp xúc trong với nhau thì đường kính của (I) V nằm trong (O) suy ra chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). *Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M, N. Vì ABC có ba góc nhọn nên số đo cung nhỏ MN 1800, ắt tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Vậy chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O)
20. Thí sinh phải lập luận đấy đủ mới có điểm tối đa, điểm làm tròn đến 0.25 Mời các bạn xem tiếp tài liệu tại: