Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


Hình ảnh

Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Phú Thọ năm học 2011 - 2012


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 23-03-2012 - 00:31

HSG91PT.png



Bài 1. (3 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để hai số $n + 26$ và $n – 11$ đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó.

Bài 2. (4 điểm)
Giả sử $a$ là một nghiệm của phương trình $\sqrt 2 {x^2} + x - 1 = 0$. không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: $$A = \frac{{2a - 3}}{{\sqrt {2(2{a^4} - 2a + 3)} + 2{a^2}}}$$
Bài 3. (4 điểm)
a. Giải phương trình: $\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.
a. Giả sử $H$ là giao điểm của các đường thẳng $OM$ với $AB$. Chứng minh rằng $MH.MO = MC.MD$, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $HCD$ luôn đi qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng nếu $AD$ song song với đường thẳng $MB$ thì đường thẳng $AC$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $MAB$.
c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.

Bài 5. (2 điểm)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn: $abc + a + b = 3ab$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt {\frac{{ab}}{{a + b + 1}}} + \sqrt {\frac{b}{{bc + c + 1}}} + \sqrt {\frac{a}{{ca + c + 1}}} \ge \sqrt 3 $$


-------------HẾT-------------


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 23-03-2012 - 00:35


#2 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản trị
  • 859 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Tp. Hồ Chí Minh, Việt Nam
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 23-03-2012 - 10:43

Bài 3. (4 điểm)
a. Giải phương trình: $\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$


$\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$

ĐKXĐ: $x\geq \frac{\sqrt{13}-3}{2}$

$\sqrt {8x + 1} = {x^2} + 3x - 1$

$\Leftrightarrow (\sqrt {8x + 1} )^{2} = ({x^2} + 3x - 1)^{2}$

$\Leftrightarrow 8x+1=x^{4}+6x^{3}+7x^{2}-6x+1$

$\Leftrightarrow x^{4}+6x^{3}+7x^{2}-14x=0$

$\Leftrightarrow x(x^{3}+6x^{2}+7x-14)=0$

$\Leftrightarrow x(x-1)(x^{2}+7x+14)=0$

Giải ra, so điều kiện, nhận:

$$\boxed{x=1}$$



-------------------------------------------------------------------------------------


Bài 3. (4 điểm)
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$


$\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\y=\frac{2-x^{2}}{x}\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow 2{x^2} - (\frac{2-x^{2}}{x})^{2} = 1$

$\Leftrightarrow {x^4} +3x^{2}- 4 =0$

Đến đây giải pt trùng phương thui :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 23-03-2012 - 11:04

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

logocopy.jpg?t=1339838138


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#3 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản trị
  • 859 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Tp. Hồ Chí Minh, Việt Nam
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 23-03-2012 - 11:25

Bài 1. (3 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để hai số $n + 26$ và $n – 11$ đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó.


Theo đề bài, ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} n+26=a^{3}\\ n-11=b^{3} \end{matrix}\right.$ với $a;b \in \mathbb{N}^{*}$

$\Leftrightarrow a^{3}-b^{3}=37$

$\Leftrightarrow (a-b)(a^{2}+ab+b^{2})=37$

Vậy ta có $4$ hệ sau:

$(1)\left\{\begin{matrix} a-b=1\\ a^{2}+ab+b^{2}=37 \end{matrix}\right.$


$(2)\left\{\begin{matrix} a-b=-1\\ a^{2}+ab+b^{2}=-37 \end{matrix}\right.$


$(3)\left\{\begin{matrix} a-b=37\\ a^{2}+ab+b^{2}=1 \end{matrix}\right.$


$(4)\left\{\begin{matrix} a-b=-37\\ a^{2}+ab+b^{2}=-1 \end{matrix}\right.$


Giải từng trường hợp, ta nhận nghiệm $(a,b)$ là $(4;3)$


$\Rightarrow$ $$\boxed{n=38}$$

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

logocopy.jpg?t=1339838138


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#4 MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Dũng Bắc Giang

Đã gửi 28-03-2012 - 06:22

Bài 3. (4 điểm)
b. Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - {y^2} = 1\\xy + {x^2} = 2\end{array} \right.$

Em có lời giải khác cho bài này:
$\left\{\begin{matrix} 2x^2-y^2=1 & \\xy+x^2=2 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x^2-2y^2=2 & \\xy+x^2=2 & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow 4x^2-2y^2=xy+x^2$
$\Rightarrow 3x^2-2y^2-xy=0$
$\Rightarrow (x-y)(3x+2y)=0$
$\Rightarrow \begin{bmatrix} x=y & \\3x+2y=0 & \end{bmatrix}$
Đến đây thì dễ rồi. :)

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#5 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 29-03-2012 - 08:17

Bài 5. (2 điểm)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn: $abc + a + b = 3ab$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt {\frac{{ab}}{{a + b + 1}}} + \sqrt {\frac{b}{{bc + c + 1}}} + \sqrt {\frac{a}{{ca + c + 1}}} \ge \sqrt 3 $$

Bài bđt này mình xin làm.
Ta có:
\[abc + a + b = 3ab \Rightarrow c + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\]
Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=c$ thì bđt trở thành:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{2}{{\sqrt {x + y + xy} }}} \ge 2\sqrt 3 \]
Ta có:
\[\frac{1}{{\sqrt {x + y + xy} }} + \frac{1}{{\sqrt {x + y + xy} }} + \frac{{x + y + xy}}{{3\sqrt 3 }} \ge \frac{3}{{\sqrt[3]{{3\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3 \]
Suy ra:
\[VT \ge 3\sqrt 3 - \frac{{2(x + y + z) + (xy + xz + yz)}}{{3\sqrt 3 }} \ge 3\sqrt 3 - \frac{{6 + \frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{3}}}{{3\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 3\\x = y = z\end{array} \right. \Rightarrow a = b = c = 1$

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#6 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 02-10-2014 - 21:00

 

attachicon.gifHSG91PT.png


Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.
a. Giả sử $H$ là giao điểm của các đường thẳng $OM$ với $AB$. Chứng minh rằng $MH.MO = MC.MD$, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $HCD$ luôn đi qua một điểm cố định.
b. Chứng minh rằng nếu $AD$ song song với đường thẳng $MB$ thì đường thẳng $AC$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $MAB$.
c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.


-------------HẾT-------------

a,  $\Delta MCB\sim \Delta MBD$ ( g - g)

=> $MB^{2}=MC.MD$

$\Delta OBM$ vuông ở B , đường cao BH có :

      $MB^{2}=MH.MO$ ( theo hệ thức  lượng trong tam giác )

Từ đó suy ra MH.MO = MC.MD                                                                   (1)

tỪ (1) => $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$

$\Delta MCH\sim \Delta MOD (c-g-c)$ vì :

         $\left\{\begin{matrix} \frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO} & \\ \widehat{HMC} chung & \end{matrix}\right.$

=> $\widehat{ODC}=\widehat{MHC}$

=> Tứ giác ODCH nội tiếp 

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua điểm O cố định



#7 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-10-2014 - 11:36

a,  $\Delta MCB\sim \Delta MBD$ ( g - g)

=> $MB^{2}=MC.MD$

$\Delta OBM$ vuông ở B , đường cao BH có :

      $MB^{2}=MH.MO$ ( theo hệ thức  lượng trong tam giác )

Từ đó suy ra MH.MO = MC.MD                                                                   (1)

tỪ (1) => $\frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO}$

$\Delta MCH\sim \Delta MOD (c-g-c)$ vì :

         $\left\{\begin{matrix} \frac{MH}{MC}=\frac{MD}{MO} & \\ \widehat{HMC} chung & \end{matrix}\right.$

=> $\widehat{ODC}=\widehat{MHC}$

=> Tứ giác ODCH nội tiếp 

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua điểm O cố định

b, Gọi N là giao của AC và BM ( $N\epsilon BM$ )

$\Delta NBC\sim \Delta NAB$ ( g-g) 

   => $\frac{NB}{NA}=\frac{NC}{NB}$

   => $NB^{2}=NA.NC$

$\Delta NMC\sim \Delta NAM$

     => $\frac{NM}{NA}=\frac{NC}{NM}$

     => $NM^{2}=NA.NC$

Từ trên suy ra : NB = NM

 Tức AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB



#8 HungNT

HungNT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 03-10-2014 - 13:47

 

 

Bài 4. (7 điểm)
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M$ nằm ngoài đường tròn. Qua điểm $M$ vẽ hai tiếp tuyến $MA, MB$ tới đường tròn ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm di động trên cung lớn $AB$ ($D$ không trùng $A, B$ và điểm chính giữa của cung) và $C$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $MD$ với đường tròn $O;R)$.

c. Kẻ đường kính $BK$ của đường tròn $(O;R)$, gọi $I$ là giao điểm của các đường thẳng $MK$ và $AB$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBI$ theo $R$, khi biết $OM = 2R$.

 

untitled.PNG

c/ Gọi T là giao điểm thứ 2 của $KB$ với $(IBM)$, ta có MT chính là đường kính của $(IBM)$

 

Lại có $\Delta BTM\sim \Delta MIH=> MT=\frac{MI.MB}{MH}~$(1)

 

+) $OM=2R=> \angle OMB=30^{0}=>\frac{MB}{MH}=\frac{1}{cos 30^{0}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (2)

 

+) $MI.(MI+IK)=MA^{2}=3R^{2}$ và $\frac{MI}{IK}=\frac{MH}{KA}=\frac{\frac{3R}{2}}{R}=\frac{3}{2}$

 

$=>MI.(MI+\frac{2MI}{3})=3R^{2}=>MI=\frac{3R}{\sqrt{5}}$ (3)

 

Thế (2),(3) vào (1), ta có $MT=\frac{2\sqrt{3}R}{\sqrt{5}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 03-10-2014 - 13:49


#9 kokothoat

kokothoat

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết

Đã gửi 04-08-2017 - 09:34

attachicon.gifuntitled.PNG

c/ Gọi T là giao điểm thứ 2 của $KB$ với $(IBM)$, ta có MT chính là đường kính của $(IBM)$

 

Lại có $\Delta BTM\sim \Delta MIH=> MT=\frac{MI.MB}{MH}~$(1)

 

+) $OM=2R=> \angle OMB=30^{0}=>\frac{MB}{MH}=\frac{1}{cos 30^{0}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ (2)

 

+) $MI.(MI+IK)=MA^{2}=3R^{2}$ và $\frac{MI}{IK}=\frac{MH}{KA}=\frac{\frac{3R}{2}}{R}=\frac{3}{2}$

 

$=>MI.(MI+\frac{2MI}{3})=3R^{2}=>MI=\frac{3R}{\sqrt{5}}$ (3)

 

Thế (2),(3) vào (1), ta có $MT=\frac{2\sqrt{3}R}{\sqrt{5}}$

Sai rồi, làm sao MI.MK=MA^2 được






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh