Skip to document
Welcome to StudocuSign in to access the best study resources
Guest user
0followers
Upload
HomeMy LibraryAsk AI
  • You don't have any recent items yet.
My Library
  • You don't have any courses yet.
  • You don't have any books yet.
  • You don't have any Studylists yet.

5 ĐỀ HSG CẤP TỈNH TOÁN 9 GIẢI CHI TIẾT

HHHC
Course

Hóa học hữu cơ (HHHC1)

298 Documents
Students shared 298 documents in this course
Academic year: 2014/2015
Listed booksH.N. WerkmanTrần Quốc Vượng-những nghiên cứu về văn hóa Việt Nam
Uploaded by:
Anonymous Student
This document has been uploaded by a student, just like you, who decided to remain anonymous.
Đại học Sư phạm Hà Nội

Comments

Please sign in or register to post comments.

Preview text

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 10/4/
Câu 1. (5,0 điểm)
a) Cho biểu thức

####### 4 2 5 1 1

####### 2

####### 2 3 2 4 1 2

####### x x x x

####### P x x

####### x x x x

#######      

#######         

#######       

với x  0 và

####### 1

####### 4

x  .
Rút gọn biểu thức P và tìm x để
3
2
P  .
b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa ab  bc  ca  3 abcìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức

3 3 3 2 2 2

a b c
A
c a a b b c
  
  
.
Câu 2. (4,0 điểm)
a) Giải phương trình x 2  1  x  1  x 2  0.
b) Giải hệ phương trình

2 2 3 2

2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
   
    
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:
a 3  b 3  3( a 2  b 2 )  3( a  b) ( a  1)( b 1)  25
.
b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24 a 2  1 b 2 .Chứng minh rằng chỉ có một số a hoă ̣c
b chia hết cho 5.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy
điểm I thuô ̣c cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK và
BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ
giác ADME là hình bình hành.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC.
a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường
thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với AK.
b) Lấy điểm M thuô ̣c cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần
lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm
N, H, P thẳng hàng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................; Số báo danh: .......................
ĐỀ CHÍNH THỨC

####### SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

####### QUẢNG NAM

####### KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

####### NĂM HỌC 2016 – 2017

####### HƯỚNG DẪN CHẤM

####### Môn: TOÁN

####### (Hướng dẫn chấm thi này có 08 trang)

####### Câu Đáp án Điểm

####### Câu 1

####### (5,0 đ) Cho biểu thức

####### 4 2 5 1 1

####### 2

####### 2 3 2 4 1 2

####### x x x x

####### P x x

####### x x x x

#######      

#######        

#######      

#######  

####### với x  0 và

####### 1

####### 4

x  . Rút gọn biểu thức P và tìm x để
3
2
P  .

####### 3,

2

####### 4 2 5 1 2 4 2

####### (2 1)( 2) (2 1)(2 1) 2

####### x x x x x x x

####### P

####### x x x x x

#######          

#######      

#######     

#######    

####### (mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm )

####### 0,

####### 2 2 5 1 (2 1)( 2)

####### 2 1 (2 1)(2 1) 2

####### x x x x x x

####### x x x x

#######         

#######      

#######       

####### 0,

####### 2 1 (2 1)( 2)

####### (2 1)(2 1) 2

####### x x x x

####### x x x

#######       

#######    

#######      

####### 0,

####### 2

####### 2

####### x x

####### x

####### 

#######  0,

####### + Với x  0 , ta có: x x  2  x x  1  1 3. 3 x x.1  x x  2  3 x 0,

####### Suy ra

####### 2 3

####### 2 2

####### x x x

####### P

####### x x

####### 

#######   hay

####### 3

####### 2

####### P  ( dấu bằng xảy ra khi x  1 ). 0,

####### Do đó, để

3
2
P  thì x  1. 0,

####### Hoă ̣c trình bày cách khác:

####### + Với x  0 , ta có:

3 2 3
3 2 0
2 2 2
x x
P x x x
x
       (*)

####### 0,

####### Đă ̣t t  x , t 0.

Khi đó (*) trở thành: t 3  3 t 2  0

####### 0,

 ( t  1) ( 2 t 2)  0 0,
Vì t  2  0, ( t 1) 2  0 nên ( t  1) ( 2 t  2)  0  t  1  0  t 1 hay x  1. 0,
b) Cho ba số thực dương a b c, , thỏa: ab  bc  ca  3 abc. Tìm giá trị nhỏ nhất

####### của biểu thức

3 3 3 2 2 2

a b c
A
c a a b b c
  
  

####### .

####### 2,

Do đó

3

2

A  , dấu bằng xảy ra khi x  y  z 1 hay a b c  1.

Vâ ̣y

3

min

2

A  khi a b c  1.

0,

Câu 2

(4,0 đ)

a) Giải phương trình x 2  1  x  1  x 2  0 2,

Cách 1:

Điêu kiê ̣n:  1  x 1.

0,

Khi đó ta có: x 2  1  x  1  x 2  0

 

2 2

 1  x  1  x (2  x)  2 1  x 2  2 (2  x 2 ) 2 (1)

0,

Đă ̣t t  1  x 2 , t 0. Phương trình (1) trở thành:

2 2

2 t  2 ( t 1)

0,

 t 4  2 t 2  2 t 1  0 0,

 ( t  1) ( t 1)( t 2 1)  2 t 0

  (2) 0,

Vì t  0 nên ( t  1)( t 2  1)  2 t 0.

Do đó phương trình (2) có nghiê ̣m duy nhất là t  1.

0,

+ Với t   1 x 0 (thỏa).

Vâ ̣y phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x  0. 0,

Cách 2:

+ Điêu kiê ̣n:  1  x 1. 0,

2 2

x  1  x  1  x  2  0  1  x  1  x  2  x (*)

+ Đă ̣t t  1  x  1  x t,  0. Suy ra

2 2

2 2 2 2

2 2 1 1 2

2

t

t x x

  

        

 

0,

Khi đó phương trình (*) trở thành:

t 4  4 t 2  4 t  8  0  ( t  2)( t 3  2 t 2  4)  0 (*) 0,

+ vì t 2  2  2 1  x 2  2 và t  0 nên t  2. 0,

Do đó t 3  2 t 2  4  2 2  4  4  0.

Suy ra phương trình (*) có nghiê ̣m duy nhất là t  2.

0,

+ Với t  2  x 0 (thỏa).

Vâ ̣y phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x  0.

0,

Cách 3:

+ Điêu kiê ̣n:  1 x  1. 0,

Đă ̣t 1  x a , 1  x b ( ,a b 0). Suy ra: a 2  b 2  2 (1) 0,

+ Hơn nữa: 1  x 2 a b  2  x 2 a b 2 2  1.

+ Phương trình đã cho trở thành: a  b a b 2 2  1 (2)

0,

####### Từ (1) và (2) ta cố hê :̣

2 2 2 2

####### 2 1

####### 1 2

####### a b ab

####### a b a b a b

#######     

#######  

#######       

####### 0,

####### 1

####### 0

####### 1

####### a

####### x

####### b

#######  

#######    

#######  

####### 0,

####### b) Giải hệ phương trình

2 2 3 2

2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
   
    

####### 2,

####### Cách 1:

2 2 3 2

2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y
   
    

2 2 2

(2 1) 4
( 2 1) 2(2 1) 2
xy x y
x y xy y x y
   
 
     

####### (*)

(lưu ý : không nhất thiết biến đối đưa vế phải của pt thứ hai về  2 y, có thể  3 y)

####### 0,

  • Xét y  0 thay vào hê ̣ (*) ta được:
2 1 0
2(2 1) 0 2
x
x
x
  
  
  

####### Suy ra

1
2
0
x
y
 
 

####### là mô ̣t nghiê ̣m của hê ̣.

####### 0,

  • Xét y  0 , hê ̣ phương trình (*) tương đương với hê :̣ 2 2 2
2 1 2 1
4 ( 1) 5
2 1 2 1
2 1 2 2 ( 1) 2 2
x x
xy xy
y y
x x
x y xy xy
y y
   
      
 
 
       
         
     
 

####### (**)

####### 0,

####### Đă ̣t

####### 2 1

####### 1,

####### 2

####### x

####### a xy b

####### 

#######    ; khi đó hê ̣ phương trình (**) trở thành: 2

5
2 2
a b
a b
  
  

####### (***) 0,

####### + Giải hê ̣ (***) tìm được:

2
3
a
b
 
 

####### ,

4
9
a
b
 
 

####### . 0,

####### * Với

2
3
a
b
 
 

####### ta có

2 1
1 2
3 1
2 1
3 2
3
x
xy x
x
x
x y
y y
   
    
   
   
   
   
  
 

####### hoă ̣c

####### 3

####### 2

####### 2

####### 3

####### x

####### y

####### 

#######  

####### 

####### 

#######  

####### 

####### 0,

####### * Với

4
9
a
b
 
 

####### ta có

2 1
1 4
9
2 1
9 2
9
x
xy x
x
x
y y
   
     
   
  
 
  
 

####### (vô nghiê ̣m) 0,

####### Vâ ̣y hê ̣ phương trình đã cho có ba nghiê ̣m:

1
2
0
x
y
 
 

####### ,

1
1
x
y
 
 

####### ,

####### 3

####### 2

####### 2

####### 3

####### x

####### y

####### 

#######  

####### 

####### 

#######  

####### 

####### .

####### 0,

2 2 0,1, 4(mod 5) 0,1, 4(mod 5) a b      

(2) 0,
Từ (1) và (2) suy ra:

2 2

####### 0(mod 5)

####### 1(mod 5)

####### a

####### b

#######  

####### 

#######  

hoă ̣c

2 2

####### 1(mod 5)

####### 0(mod 5)

####### a

####### b

#######  

####### 

#######  

. 0,
Suy ra chỉ một số a hoă ̣ c b chia hết cho 5. 0,
Cách 2:

2 2 2 2 2 2 2

24 a  1 b  25 a  1 a  b  a  b 5. k 1 (1)

####### 0,

n  Z  n  5 l  r  l  Z r,   0;1;2;3; 4 0,

  

2 2 2

 n  5 l 1  r 1 l 1  Z r, 1  0;1;4 (2) 0,
Từ (1) và (2) suy ra:

2 1 2 2

####### 5 1

####### 5

####### a k

####### b k

#######   

####### 

#######  

hoă ̣c

2 1 2 2

####### 5

####### 5 1

####### a k

####### b k

#######  

####### 

#######   

####### 0,

Suy ra chỉ một số a hoă ̣ c b chia hết cho 5. 0,
Cách 3:
24 a 2  1 b 2  24 a 2  b 2  1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồng
thời chia hết cho 5.

####### 0,

+ Giả sử a và b đêu không chia hết cho 5.
Theo định lý Fermat ta có

4 2 2 2 2 4

####### 1(mod 5)

####### ( )( ) 0(mod 5)

####### 1(mod 5)

####### a

####### a b a b

####### b

#######  

#######     

#######  

####### 0,

Nếu

####### a 2  b 2 0(mod 5)

thì

####### 25 a 2  1 a 2  b 2 0(mod 5)

( vô lí). 0,
Suy ra

####### a 2  b 2 0(mod 5)  23 a 2  1 b 2  a 2 0(mod 5)

(*) 0,
Vì a không chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod 5) . 0,
Với

2 2

a  1(mod 5)  a 1(mod 5)  23 a  1  1(mod 5)( trái với (*)) 0,
Với

2 2

a  2(mod 5)  a 4(mod 5)  23 a  1 3(mod 5) ( trái với (*)) 0,
Vậy điêu giả sử là sai. Từ đó suy ra điêu cần chứng minh.

####### Câu 4

####### (2,5 đ)

Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường
kính AK; lấy điểm I thuô c cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọị
M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và
AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành.

####### 2,

O // // 2 1 1 1 1 / / A N M F K E D I B C 12

####### (Không có hình vẽ không chấm bài)

####### + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.

####### + Ta có: I 1  A 1  A 2  F 1 C  1  F 2 B  1

####### 0,

####### Suy ra tứ giác BFDM nô ̣i tiếp trong đường tròn. 0,

#######   

#######  DMB  F 1 C 1

####### Suy ra DM // AC hay DM // AE (1)

####### 0,

####### AED EDM   EDI. Suy ra AEDI là hình thang cân. 0,

####### (Hoă ̣c tứ giác BFDM và BIAC nô ̣i tiếp nên FDM IAE  ;

####### FDM FDI DIA  DIA IAE. Suy ra AEDI là hình thang cân.)

####### Suy ra ADE  IED DEM  nên AD//EM (2) 0,

####### Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. 0,

####### Cách khác:

####### + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.

####### + Ta có: I 1  A 1  A 2  F 1 C  1  tứ giác BFEC nô ̣i tiếp trong đường tròn.

####### 0,

####### Suy ra FBC  AED(1). 0,

####### + Mă ̣t khác F 1 C 1  F 2 B  1  tứ giác BFDM nô ̣i tiếp trong đường tròn.

####### Suy ra FBC MDE  (2).

####### 0,

####### Từ (1) và (2) suy ra AED MDE   AE//DM (*) 0,

####### Hơn nữa AED MDE   AED IDE

####### Mà DE//IA. Do đó tứ giác AEDI là hình thang cân.

####### 0,

####### Suy ra ADE  IED; mà IED DEM  nên ADE DEM  AD//EM (**)

####### Từ (*) và (**) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành.

####### 0,

####### Câu 5

####### (4,5 đ)

Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm
là H. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác
ABC.

F O E D P M N H B C A

####### (Không có hình vẽ không chấm bài)

####### + Ta có:

#######  

#######  

####### ANB AMB ANB ACB

####### AMB ACB

#######  

#######   

#######  

####### 0,

####### + Tứ giác DHEC nô ̣i tiếp nên ACB  AHB  180 0. Suy ra ANB  AHB  180 0.

####### Do đó tứ giác AHBN nô ̣i tiếp trong đường tròn.

####### 0,

####### Suy ra NHB  NAB. Mà NAB MAB  nên NHB MAB 0,

####### + Tương tự ta cũng chứng minh được: CHP MAC . 0,

####### + Suy ra NHB  BHC  CHP MAB  BHC  MAC ( MAB  MAC ) BHC

#######  BAC  BHC  BAC  FHE  1800

####### Suy ra N, H và P thẳng hàng.

####### 0,

####### Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang

####### điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

Was this document helpful?

5 ĐỀ HSG CẤP TỈNH TOÁN 9 GIẢI CHI TIẾT

Course: Hóa học hữu cơ (HHHC1)

298 Documents
Students shared 298 documents in this course

University: Đại học Sư phạm Hà Nội

Was this document helpful?
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 10/4/2017
Câu 1. (5,0 điểm)
a) Cho biểu thức
4 2 5 1 1
2
4 1 2
2 3 2
x x x x
P x x
x
x x x
vi
0x
và
1
4
x
.
Rút gọn biểu thức P và tìm
x
để
3
2
P
.
b) Cho ba số thực dương
, ,abc
thỏa
3 .ab bc ca abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 3 3
2 2 2
a b c
Ac a a b b c
.
Câu 2. (4,0 điểm)
a) Giải phương trình
.
b) Giải hệ phương trình
2
2 3 2
2 4 1
2 4 3 2
xy x y
x y xy x y

Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương
( , )a b
thỏa mãn đẳng thức:
3 3 2 2
3( ) 3( ) ( 1)( 1) 25a b a b a b a b
.
b) Cho hai số nguyên
a
và
b
thỏa
2 2
24 1 .a b
Chứng minh rằng ch> có một số
a
hoă B
c
b
chia hết cho
5.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy
điểm I thuô B
c cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK và
BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ
giác ADME là hình bình hành.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H.
Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vP tQ A, B, C của tam giác ABC.
a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường
thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc vi AK.
b) Lấy điểm M thuôB
c cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần
lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm
N, H, P thẳng hàng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: …………………..
Page 1
ĐỀ CHÍNH THỨC