Đề thi violympic môn toán 7 vòng 17

http://quangquyls.violet.vn 10 BÀI THI SỐ 3 Hãy viết số thích hợp vào chỗ … (Chú ý:Nếu đáp số là số thập phân thì phải viết là s ố thập phân gọn nhất và dùng dấu (,) trong bàn phím để đánh dấu phẩy trong số thập phân) Câu 1: Trong mặt phẳng toạ độ cho ba điểm O(0;0), A(0,6), B(6;0). Vậy số đo góc bằng 45 Câu 2: Đơn thức đồng dạng với có bậc bằng .24 Câu 3: Cho tam giác đều ABC, cạnh bằng 3 cm. M là điểm bất kì nằm trong tam giác. Qua M k ẻ các đường thẳng song song với AB, BC, CA, chúng cắt BC, CA, AB theo thứ tự ở A'', B'', C''. Ta có MA'' + MB'' + MC'' = cm.3 Câu 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm BC. L ấy điểm D b ất kì thu ộc c ạnh BC. H và I thứ tự là hình chiếu của B và C xuống đường thẳng AD. Ta có tỉ s ố đổi và có giá trị bằng không .2 Câu 5: Kết quả phép tính bằng 3.5 (nhập kết quả dướ i dạng số thập phân).3,5 Câu 6: Với thỏa mãn thì giá trị của đa thức .100 2 bằng http://quangquyls.violet.vn Câu 7: Giá trị của biểu thức bằng . Câu 8: Rút gọn phân số .Ta đượ c phân số t ối giản là , với .11 Câu 9: Cho một số chính phương có 4 ch ữ s ố. Biết r ằng ch ữ s ố t ận cùng c ủa nó làs ố nguyên t ố, t ổng các chữ số của nó là s ố chính ph ương và c ăn b ậc haic ủa nó c ũng có t ổng các ch ữ s ố là s ố 2025 chính phương. Vậy số đã cho là Điền kết quả thích hợp vào chỗ (...): . Câu 10: Cho hàm số thỏa mãn với mọi . Vậy 3 bằng . 

Đề thi violympic môn toán 6 vòng 9



Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 tỉnh vĩnh phúc năm học 2015 2016 (có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN - THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 y = x 3 − ( m − 1) x 2 − ( m − 3) x + 8m 2 đồng biến trên khoảng ( 0;3) . 3 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 2,5 a y = − x3 + 3mx 2 − 3m − 1 có điểm cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đó đối xứng với nhau qua đường thẳng x + 2 y + 1 = 0 . TXĐ: ¡ y '' = x 2 − 2 ( m − 1) x − ( m − 3) Do phương trình y '' = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên ¡ , nên để hàm số đã 0,5 cho đồng biến trên khoảng ( 0;3) ⇔ y '' ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) x2 + 2x + 3 ⇔ ≥ m, ∀x ∈ ( 0;3) . 2x + 1 x2 + 2x + 3 trên khoảng ( 0;3) 2x + 1 x = 1 2x2 + 2 x − 4 g ''( x ) = ; g '' x = 0 ⇔ ( )  2 ( 2 x + 1)  x = −2 ( loai ) BBT x 0 1 − g ''( x ) + 0 3 g ( x) 2 Xét hàm số g ( x ) = 0,5 3 18 7 0,5 Từ BBT, g ( x ) ≥ m, ∀x ∈ ( 0;3) ⇔ m ≤ 2 Vậy, m ≤ 2 thì hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 0;3) . b TXĐ: ¡ x = 0 y '' = −3 x 2 + 6mx; y '' = 0 ⇔  . Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu ⇔  x = 2m phương trình y '' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 uuu r 3 3 Tọa độ hai điểm cực trị A ( 0; − 3m − 1) , B ( 2m;4m − 3m − 1) ⇒ AB ( 2m;4m ) 2 0,5 0,5 3 và trung điểm của AB là I ( m;2m − 3m − 1) I ∈ d A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x + 2 y + 1 = 0 ⇔   AB ⊥ d 2 a 3 4m − 5m − 1 = 0 ⇔ 3 ⇔ m = −1 (thỏa mãn). Vậy, m = −1 . 4m − 4m = 0 cos 2 x − cos3 x − 1 a) Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x = . cos 2 x b) Cho đa giác đều có 15 đỉnh. Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. π Điều kiện: x ≠ + lπ ( l ∈ ¢ ) 2 Suy ra (1) ⇔ cos 2 x − tan x = 1 − cos x − (1 + tan x) 2 2,0 0,25 2 cos x = −1 ⇔ cos 2 x = − cos x ⇔ 2cos x + cos x − 1 = 0 ⇔  cos x = 1 2  +) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 2 1 π ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ ) 2 3 Kết hợp với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x = −π + k 2π , π x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ ) 3 Số tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: C153 = 455 tam giác. 0,25 0,25 +) cos x = b Số phần tử của tập M là: M = 455 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Xét một đỉnh A bất kì của đa giác: Có 7 cặp đỉnh của đa giác đối xứng với nhau qua đường thẳng OA, hay có 7 tam giác cân tại đỉnh A. Như vậy, với mỗi một đỉnh của đa giác có 7 tam giác nhận nó làm đỉnh tam giác cân. 15 = 5 tam giác. Số tam giác đều có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác là 3 Tuy nhiên, trong các tam giác cân đã xác định ở trên có cả tam giác đều, do mọi tam giác đều thì đều cân tại ba đỉnh nên các tam giác đều được đếm ba lần. Suy ra, số tam giác giác cân nhưng không phải tam giác đều có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đã cho là: 7.15 − 3.5 = 90 . Vậy, xác suất để chọn được một tam giác cân nhưng không phải tam giác đều từ tập M: P = 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 90 18 = . 455 91 Giải phương trình: ( x − 2) ( 4 − x ) + x −2 + 4− x = Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 x −1 + x + 1 ( 1) 2 1,5 0,5 3 ( 1) ⇔ 2 ( x − 2 ) ( 4 − x ) + 2 ( ⇔ ( x−2 + 4− x ) 2 +2 ( ) x − 2 + 4 − x = x −1 + 2 x +1 ) x − 2 + 4 − x = x + 1+ 2 x + 1 2 Xét hàm số: f ( t ) = t + 2t , t > 0 . Có f '' ( t ) = 2t + 2 > 0∀t > 0 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) . Suy ra phương trình (1) có dạng f ( ) x−2 + 4− x = f ( 0,5 ) x +1 ⇔ x − 2 + 4 − x = x +1 11 . Nghiệm tìm được thỏa mãn. 5 11 Vậy phương trình có nghiệm: x = 3; x = 5 S . ABCD Cho hình chóp có đáy ABCD là hình chữ nhật, ⇔2 4 ( x − 2) ( 4 − x ) = x − 1 ⇔ x = 3; x = 0,5 AB = a, AD = b ( a, b > 0 ) , SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = 2a . Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh SA sao cho AM = x với 0 < x < 2a . a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng ( MBC ) . b) Xác định x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có 2,0 thể tích bằng nhau. a Do BC / / AD ⇒ mặt phẳng (MBC) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN ( N ∈ SD ) và MN / / AD . AD ⊥ ( SAB ) ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ MN ⊥ BM . Suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MBC) là hình thang BCNM vuông tại B và M b ( 2a − x ) MN SM BM = x 2 + a 2 , = ⇒ MN = AD SA 2a Diện tích thiết diện BCNM: S BCNM b  b ( 2a − x )  2 a + x2 b +  2a b ( 4a − x ) a 2 + x 2   = = 2 4a Kẻ AH ⊥ BM tại H, suy ra AH ⊥ ( BCNM ) , AH = 4 a +x 0,5 0,5 ax 2 0,5 2 Do ( BCNM ) ⊥ ( SAB ) ⇒ ⇒ d ( S , ( BCNM ) ) = d ( S , ( BCNM ) ) d ( A, ( BCNM ) ) = MS MA a ( 2a − x ) a2 + x2 Thể tích khối chóp S.BCNM: b ( 2a − x ) ( 4a − x ) 1 VS .BCNM = d ( S , ( BCNM ) ) .S BCNM = 3 12 Để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau: VS . ABCD = 2VSBCNM ⇔ 2 a 2b b ( 2 a − x ) ( 4 a − x ) = 3 6 ( ( 5 ) )  x = 3 + 5 a (lo¹i) 2 2 ⇔ x − 6ax + 4 a = 0 ⇔  Vậy x = 3 − 5 a . x = 3 − 5 a  Cho tam giác ABC vuông cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của ( 0,5 ) đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D ( −1; − 1) , đường thẳng IG có 1,0 phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD ⇒ A là trung điểm của KI, 1 HK = DI = IC ; 2 1 AK = BK ⇒ GK / / AC ⇒ GK ⊥ AB ⇒ GB = GI = GC hay G là tâm đường 2 1 · · tròn đi qua ba điểm C, I, B. CGI = 2 IBC = 90o , ID = IC ⇒ DE / / IG . 2 Phương trình đường thẳng DE: 2 x − y + 1 = 0 ⇒ E ( 1;3) CE ⊥ IG , suy ra phương trình CE : x + 2 y − 7 = 0 . Tọa độ của G là nghiệm của 5 0,5 0,25 6 7  x=  x + 2 y − 7 = 0  7 7 3 ⇔ ⇒ G  ; ÷ ⇒ C ( 5;1) hệ phương trình  3 3 6 x − 3 y − 7 = 0 y = 7  3 uuur 5 uuur DG = AG ⇒ A ( 1;1) ⇒ B ( 1;5 ) . Vậy, A ( 1;1) , B ( 1;5 ) và C ( 5;1) . 2 Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [ 1;9] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất 1,0 y 1 y z  +  + của biểu thức P = ÷. 10 y − x 2  y + z z + x  Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức 1 1 2 + ≥ . 1 + a 1 + b 1 + ab 2 1 1 2 + ≥ ⇔ a− b ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 . 1 + a 1 + b 1 + ab Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 . ( Thật vậy: )( )    1 1 1 1 ÷ 1 1 ÷≥ +  + + Áp dụng bất đẳng thức trên: P = x 2 z x x x 10 − 1+ 1+ ÷ 10 − 1+  ÷ y y z y y   Đặt 0,25 0,25 0,25 x 1 1 = t ∈ [ 1;3] . Xét hàm số f ( t ) = + trên đoạn [ 1;3] . 2 y 10 − t 1 + t 2t f ''( t ) = − 1 ; f '' ( t ) = 0 ⇔ t 4 − 2t 3 − 24t 2 − 2t + 100 = 0 ( 10 − t ) ( 1 + t ) ( t − 2 ) ( t − 24t − 50 ) = 0 ⇔ t = 2 do t 2 2 2 3 3 − 24t − 50 < 0 ∀t ∈ [ 1;3] . 0,25 BBT t f ''( t ) f ( t) 1 2 − 3 + 11 18 5 4 1 2 Suy ra Pmin x = 4 y    z = x x = 4 y 1 = khi và chỉ khi   y z ⇔  .  z = 2 y 2   x  = 1   y ---------------Hết---------------- 6 0,25 

Đề thi học sinh giỏi môn toán 10 tỉnh hải dương năm học 2015 2016(có đáp án)

Câu Nội dung Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; −1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là . 1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung. + Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1 2 2 + PT tương giao (d) và (P): - x = kx - 1 Û x + kx - 1 = 0(*) + (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì D = k 2 + 4 > 0( " k ) + Trung điểm M của AB có hoành độ là x1 + x2 −k = ; M nằm trên trục 2 2 −k =0⇔k =0 tung Û 2 2) Chứng minh rằng Theo Vi et có: x1 + x2 = − k , x1 x2 = −1 I 3 3 2 2 Ta có: x1 − x2 = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  = x1 − x2 . ( x1 + x2 ) − x1 x2 2 2 Có x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4 x1 x2 = k 2 + 4 ⇒ x13 − x23 = k 2 + 4(k 2 + 1) ≥ 2 , ∀k ∈ R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0 ⇔ ( ) ( 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ − (1) ⇔ 1,0 1,5 1) Giải phương trình: (1) 1 3 3x + 1 − 1 + Điểm ) 5 x + 4 − 2 = 3x 2 − x 0,25 3x 5x = x ( 3x − 1) 3x + 1 + 1 5 x + 4 + 2  x = 0(TM ) Û  3 5 + = 3x −1 (*)  3x + 1 + 1 5x + 4 + 2 Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*) Nếu x>1 thì VT(*) 0, a, b, c là các số thực bất kì. 1,0 Khi đó a 2 b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b c Dấu bằng xảy ra khi x = y = z . 0,25 2 (*) + Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia * Vào bài chính Ta sẽ chứng minh 1 1 1 1 + 2 2 + 2 ≤ . 2 2 a +b +3 b +c +3 c +a +3 2 1 1 1 1  1  1  1 ⇔ − 2 ÷+  − 2 2 ÷+  − 2 ÷≥ 2 2 3 a +b +3 3 b +c +3 3 c +a +3 2 M= 2 a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 3 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 a +b +3 b +c +3 c +a +3 2 ⇔P= 0,25 Giả sử a ≥ b ≥ c . ( a + b) ( a − b) a2 + b2 + Biến đổi a 2 + b 2 + 3 = . 2 2 2 a + b + 3 2 a 2 + b2 + 3 2 ( 2 ) ( ) Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P. Sau đó áp dung bđt (*) ta có: P≥ ( a + b + b + c + c + a) ( 2 + ) 4 a 2 + b 2 + c 2 + 18 ( a − b + b − c + a − c) ⇔P≥ ( ) 4 a 2 + b 2 + c 2 + 18 ( ) 4 a 2 + b 2 + c 2 + 18 4 ( a + b + c) + 4 ( a − c) 2 0,25 2 2 2 ( a + b + c) + 2( a − c) 2 ⇔ P≥ ( 2 ) 2 a2 + b2 + c2 + 9 Ta sẽ chứng minh 2( a + b + c) + 2( a − c) 2 ( ) 2 a +b +c +9 2 2 2 2 ≥ 3 2 2 ⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b 2 + c 2 + 27 2 ( ⇔ 2 ( a + b + c) + 2 ( a − c) ≥ 3( a ( ) ) + ( a + b + c) ⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b2 + c 2 + 2 ( a + b + c ) 2 2 2 2 2 + b2 + c2 ) 2 2 ⇔ −b + ab + bc − ca ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( b − c ) ≥ 0 2 Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm. Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,25 

Đề thi học kì i môn toán 9 tỉnh đồng nai năm học 2015 2016(có đáp án)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Biểu điểm Tính:  3  12 −  Câu 1.1 ( 0,75 điểm ) ( 0,25điểm ) 1 1 =6− 9 3 = 36 − = 1  1 ÷ = 3 12 − 3 ÷ 27  27 ( 0,25điểm ) 17 3 ( 0,25điểm ) So sánh: 2 3 5 = 3 23.5 = 3 40 Câu 1.2 ( 0,75 điểm ) 3 13 1 311 = 3  ÷ .311= 2 2 3 311 8 ( 0,25điểm ) 311 1 nên 2 3 5 > 3 311 8 2 Vì 40 > Câu 1.3 ( 0,5 điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Trục căn thức ở mẫu : 1 3 5+ 7 = 3 5 − 7 ( 3 5 ) 2 − 72 =− ( 0,25điểm ) 3 5+ 7 ( 0,25điểm ) 4 Tìm a : 9 − 3a có nghĩa ⇔ 9 − 3a ≥ 0 Câu 2.1 ( 0,5 điểm ) ( 0,25điểm ) ⇔ a ≤3 Vậy 9 − 3a có nghĩa ⇔ a ≤ 3 ( 0,25điểm ) Rút gọn biểu thức: 150. ( a −1) 15 10.( a −1) P= . = 2 3 6 2 Câu 2.2 ( 1,0 điểm ) = 25.( a −1) 2 = 5. a − 1 = 5.( 1 − a ) ( Vì a ≤1 ) 2 ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Vẽ hai đồ thị: y = 3x ( p ) Đồ thị ( p ) là đường thẳng đi qua 2 điểm O( 0 ; 0 ) , ( 1; 3 ) y = –2x + 3 ( q ) Đồ thị ( q ) là đường thẳng đi qua 2 điểm O( 0 ; 3 ) , ( 3 ;0) 2 ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Câu 3.1 ( 1,0 điểm ) ( 0,5điểm ) Tìm tọa độ giao điểm: Phương trình hoành độ giao điểm của ( p ) và ( q ): 3x = –2x + 3 3 ⇔ 5x = 3 ⇔ x = Câu 3.2 5 ( 0,75 điểm ) 9 ⇒ y= 5 3 9 Vậy tọa độ giao điểm của ( p ) và ( q ) là:  ; ÷ 5 5 ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Tìm m: y = ( m2 – 1 )x + m – 2 ( d ) Câu 3.3 ( 0,75 điểm )  m 2 − 1= 3  ( d ) // ( p ) ⇔   m − 2 ≠ 0 m2 = 4 ⇔   m ≠ 2 Câu 4.1 ( 1,25 điểm ) ( 0,25điểm ) m = ± 2 ⇔ m ≠ 2 ⇔ m = –2 Vậy khi m = –2 thì ( d ) // ( p ) Tính BH: ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Xét ∆ABC vuông tại A, đường cao AH có: BC2 = AB2 + AC2 = (20a)2 + (21a)2 = 841a2 ⇒ BC = 29a mà AB2 = BH.BC 2 ⇒ BH = AB BC 2 20a ) ( 400a nên BH = = 29a 29 Chứng minh ∆ABM cân: AM là đường trung tuyến của ∆ABC vuông tại A (giả thiết) ⇒ AM = BM ⇒ ∆ABM cân tại M Câu 4.2 · Tính tan BAM : ( 0,75 điểm ) · · · = ABM = ABC Vì ∆ABM cân tại M nên: BAM AC 21a 21 · · ⇒ tan BAM = = = tan ABC = AB 20a 20 Chứng minh ∆ABD vuông: ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) Câu 5.1 ( 1,25 điểm ) Vì ∆ABD nội tiếp đường tròn ( O ) có cạnh AB là đường kính ⇒ ∆ABD vuông tại D. Chứng minh CH vuông góc với AB: Vì ∆ABD vuông tại D ( cmt ) nên BD ⊥ AC Chứng minh tương tự: AE ⊥ BC ⇒ H là trực tâm của ∆ABC nên CH ⊥ AB. Câu 5.2 Chứng minh DF là tiếp tuyến của đường tròn ( O ): ( 0,75 điểm ) Gọi K là giao điểm của CH và AB. Ta có DF là đường trung tuyến của ∆CDH vuông tại D ⇒ FD = FH ⇒ ∆FDH cân tại F ⇒ · D1 = · H1 ( 0,5điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) mà · H1 = · H 2 ( đối đỉnh ) nên · D1 = ·H 2 ( 1 ) Xét ∆OBD có OB = OD ( bán kính ) ⇒ ∆OBD cân tại O ⇒ · D 2 = ¶B1 ( 2 ) ( 0,25điểm ) Vì ∆HBK vuông tại K nên · H 2 + ¶B1 = 900 ( 3 ) Từ ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) suy ra · D1 + · D2 = 900 ⇒ DF ⊥ OD tại điểm D thuộc đường tròn ( O ). Do đó DF là tiếp tuyến của đường tròn ( O ), tiếp điểm D ( 0,25điểm ) 

Đề thi học kì i môn toán 8 thành phố ninh bình năm học 2015 2016(có đáp án)



Đề thi học kì i môn toán 9 tỉnh quảng nam năm học 2015 2016(có đáp án)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN – LỚP 9 Câu 1 Ý a Nội Dung 3 20 + 125 − 45 = 3 4.5 + 25.5 − 9.5 6 5 +5 5 −3 5 = 8 (2,5đ) ( b ( = = c Điểm ( ) = 5 0.75 0,25 2 2 −1 − 3 + 2 2 ) 2 2 −1 − ) ( 2 −1 − ( ) 0,5 2 +1 = 2 −1 − 2 +1 2 ) 0,25 2 +1 = − 2 ( ) 5 2 −1 1 = + 5−2 1− 2 1 10 − 5 + = 5−2 1− 2 5+2 − 5=2 1 0,75 (Đúng mỗi bước, ghi 0,25 đ) 2 a (1,5đ) b 3 a (2,5đ) b c ( )( x2 − 3 = x − 3 x + 3 ( ) x 2 − 2x 11 + 11 = x − 11 0,75 ) 2 0,75 - Nêu được a = -2 < 0 0,5 - Kết luận hàm số nghịch biến trên R 0,5 - Xác định đúng hai điểm thuộc đồ thị 0,5 - Vẽ đúng đồ thị hàm số 0,5 - Từ GT: a ( ) b + 1 = 2 , biến đổi thành 2 ab + 2 a = 4 , trong đó a;b ≥ 0 . 0,25 - Viết được hệ thức b + 2a = 3 - Viết được phương trình ( a− b ) ( 2 + ) 2 a −1 = 0 0,25 - Tính được a = b = 1 4 Vẽ hình chính xác, phục vụ cho cả bài 0,5 (3,5đ) A E N M H B a b K C O - Giải thích được CM ⊥ AB và BN ⊥ AC 0,5 - Chỉ ra được H là trực tâm của tam giác ABC và kết luận 0,5 · · - Giải thích AME = BAH 0,25 · · - Giải thích BMO = OBM 0,25 · · · · - Tính được AME + BMO = BAH + OBM = 900 · - Giải thích được OME = 90 và kết luận 0,25 0,25 0 c · - Khi sin BAC = 2 , chứng minh được AM = MC 2 0,5 - Chứng minh được: ΔMAH = ΔMCB 0,25 - Suy ra AH = BC 0,25 * Chú ý: Học sinh giải cách khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa. 

Đề thi học kì i môn toán 6 thành phố ninh bình năm học 2015 2016(có đáp án)



Đề thi học kì i môn toán 7 thành phố ninh bình năm học 2015 2016(có đáp án)



Đề thi học kì i môn toán 10 tỉnh quảng nam năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2015-2016 QUẢNG NAM Môn TOÁN – Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung 1( 1 đ ) A ∩ B = { 0;1; 2} ; A ∪ B = { −2; 0;1; 2;3} ; A \ B = { −2} ; B \ A = { 3} 2(2,5đ ) a) 4 − x ≥ 0 2 x + 3 > 0 Hàm số xác định ⇔  x ≤ 4  ⇔ 3  x > − 2 0,25 3 2 Vậy tập xác định là: D= ( − ;4] b) x y -∞ +∞ + Có đỉnh I(2;-1); + a > 0, hướng bề lõm hướng lên, trục đối xứng x = 2; BBT: 2 Điể m Mỗi ý cho 0,25 0,25 0,25 +∞ +∞ 0,25 0,5 0,5 -1 4 y 2 0,5 O -1 -2 2 5 x 3( 3 đ ) a) b) 5 − 2 x ≥ 0 x −1 = 5 − 2x ⇔  2  x − 1 = ( 5 − 2 x ) 5  x ≤ ⇔ 2 4 x 2 − 21x + 26 = 0  0,25 0,25 5  x ≤  2  ⇔  x = 2  13  x = 4  ⇔x=2 Đặt t = (x-4)(x+1), ta được phương trình: 0,25 0,25 1 1 1 − = − ;(t ≠ 0, t ≠ 2) t t −2 12 2 ⇔ t − 2t − 24 = 0 t = 6 ⇔  t = −4 0,25 *t = 6 ta có x = 5 hoặc x = -2 0,25 0,25 * t= -4 ta có x = 0 hoặc x = 3 c) 0,25 ∆ / = −2m + 2 . Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x2 khi m ≤ 1 . Áp dụng Viet x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2m 2 − 8m + 6 2 Đặt f ( m ) = 2m − 8m + 6 với m ≤ 1 . Lập bảng biến thiên tìm được giá trị nhỏ nhất của f ( m ) = 2m 2 − 8m + 6 với m ≤ 1 là 0 khi m = 1. 0,25 0,25 2 Kết luận: m cần tìm là m = 1 4(1,5đ ) a) b) S = - cos C + cosC + sinB - sin B =0 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AC + BD = AE + EF + FC + BE + EF + FD uuur uuur uuur uuur uuur = 2 EF + ( AE + BE ) + ( FC + FD ) uuur r r = 2 EF + 0 + 0 uuur = 2 EF 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5( 2 đ ) a) uuur uuur uuur AC − AB = BC 0,25 0,25 = ( −3; −3)  xG = 1   4  yG = 3 b) 0,25 0,25 uuur uuur uuur Gọi H ( x; y ) . AH = ( x + 2; y − 3) ; BC = ( −3; −3) ; BH = ( x − 4; y − 2 ) uuur uuur uuur uuur AH ⊥ BC và BH cùng phương BC 3  x= −3( x + 2) − 3( y − 3) = 0    2 ⇒ H  3 ;− 1  ⇔ x−4 y−2 ⇔  ÷ 2 2  −3 = −3 y = − 1  2 S ABC = = 0,25 0,25 1 1 7 2 AH .BC = . .3 2 2 2 2 0,25 21 2 0,25 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác và đúng thì Thầy, Cô dựa vào biểu điểm trên mà cho điểm tương ứng. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM MA TRẬN ĐỀ THI TOÁN 10 – HỌC KỲ 1. Năm học 2015 – 2016 Thời gian làm bài: 90 phút Điểm Nội dung Tập hợp Hàm số Phương trình Giá trị lượng giác Vec tơ Hệ tọa độ Oxy Tổng Nhận biết 1đ 1đ 1đ Thông hiểu Vận dụng Vận dụng cao 1,5đ 1đ 1đ 1đ 2đ 1đ 0,5đ 1đ 1đ 4đ 3đ 1đ 2,5đ 3đ 0,5đ 1đ 2đ 10đ 

Đề thi học kì i môn toán 11 tỉnh quảng nam năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2015-2016 Môn TOÁN – Lớp 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (1,0 điểm) + Điều kiện xác định của hàm số là: 1 + sin x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ −1 π ⇔ x ≠ − + k .2π ( k ∈ Z ) 2 0,25 0,25 0,25  π  + k .2π , k ∈ Z   2  Vậy tập xác định của hàm số là D = R \  − 0,25 Bài 2 (2,0 điểm) tan( x + 450 ) − 3 = 0 ⇔ tan( x + 450 ) = 3 a ⇔ tan( x + 450 ) = tan 600 ⇔ x + 450 = 600 + k .1800 1đ ⇔ x = 150 + k .1800 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 150 + k .1800 (k ∈ Z ) . 0,25 b 0,25 1 + cos x + cos 2 x = 0 ⇔ 2cos 2 x + cos x = 0 cos x = 0 ⇔ cos x = − 1  2 π 1đ * cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) 2 2π  x = + k .2π  1 3 (k ∈ Z ) * cos x = − ⇔  2  x = − 2π + k .2π  3 Kết luận nghiệm. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 (2,0 điểm) 6 a 1  Số hạng tổng quát (thứ k+1) trong khai triển của biểu thức  x 2 + ÷ là: x  1đ 1 Tk +1 = C ( x ) .  ÷ (k ∈ N , k ≤ 6)  x 1 = C6k x12−2 k . k = C6k x12−3k x k k 6 2 6−k 0,25 0,25 0,25 Tk +1 chứa x 6 khi 12 − 3k = 6 ⇔ k = 2 2 6 6 Suy ra số hạng chứa x 6 trong khai triển của biểu thức trên là C6 x = 15 x . b 1đ Giả sử số tự nhiên thoả đề có dạng: a1a2a3 ( ai ∈ X , i ∈ { 1;2;3} ) + Chữ số a3 có 5 cách chọn ( vì a3 ∈ { 1;3;5;7;9} ) + Chữ số a1 có 8 cách chọn (vì a1 ∈ X \ { 0; a3 } ) + Chữ số a2 có 8 cách chọn (vì a2 ∈ X \ { a1; a3 } ) Suy ra số các số thỏa đề là: 5.8.8 = 320 số. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 4 (2,0 điểm) a 1đ 2 + Chọn 2 đội bóng từ 6 đội bóng đã cho: có C6 cách chọn. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = C6 = 15 + gọi A là biến cố: “ 2 đội bóng chọn ra có đúng 1 đội bóng của Việt Nam” 1 1 Số kết quả thuận lợi của biến cố A là n( A) = C2 .C4 = 8 . 2 n( A) 8 = Vậy xác suất cần tìm là: p ( A) = n(Ω) 15 b 1đ + Xếp 8 học sinh theo thứ tự vào 4 bàn (mỗi bàn có 2 ghế) có 8! cách xếp. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 8! + gọi A là biến cố: “ có đúng 2 bàn mà trong đó mỗi bàn gồm 1 nam và 1 nữ ”. 2 * chọn từ 4 bàn ra 2 bàn có C4 cách chọn. Với mỗi cách chọn ra 2 bàn trên xếp học sinh cho 2 bàn này sao cho mỗi bàn có đúng 1 1 1 1 1 nam và một nữ có (C4 .C4 .2!).(C3 .C3 .2!) cách xếp (chọn ra 1 nam và 1 nữ xếp vào bàn thứ nhất, chọn ra 1 nam và 1 nữ xếp vào bàn thứ hai) ; xếp 4 học sinh còn lại vào 2 bàn còn lại sao 2 học sinh nam ngồi vào một bàn và 2 học sinh nữ ngồi vào một bàn có 2.2!2! cách xếp. 2 1 1 1 1 Suy ra số kết quả thuận lợi của biến cố A là n( A) = C4 .(C4 .C4 .2!).(C3 .C3 .2!).(2.2!2!) . Vậy xác suất cần tìm là: p ( A) = n( A) C42 .(C41.C41.2!).(C31.C31.2!).(2.2!2!) 24 = = n (Ω ) 8! 35 Bài 5 (2,0 điểm) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A E H B N D O HV 0,5 F M C (hình vẽ phục vụ câu a: 0,25điểm; hình vẽ phục vụ câu b: 0,25điểm, ) a 0,7 5 b 0,7 5 • MN//CD (tính chất đường trung bình trong tam giác BCD) • CD ⊂ ( ACD ), MN ⊄ ( ACD ) Suy ra MN//(ACD). 0,25 0,25 0,25 + Trong mặt phẳng (ACD), gọi F = AE ∩ CD • Trong mp(BCD), gọi O = BF ∩ MN . • Trong mặt phẳng (ABF), gọi H = BE ∩ AO . ⇒ H ∈ BE , H ∈ AO ⊂ ( AMN ) . Suy ra H là giao điểm của BE và (AMN). Bài 6 (1,0 điểm) + Lấy M(x;y) tùy ý trên d, gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép tịnh tiến véc tơ r v, + Viết đúng hệ thức liện hệ về tọa độ của M, M’ : x’=x+2 ; y’=y+3. Suy ra x=x’-2, y=y’-3 + M ( x; y ) ∈ ( d ) ⇔ 3 x − 5 y + 3 = 0 ⇔ 3( x ''− 2) − 5( y ''− 3) + 3 = 0 ⇔ 3x ''− 5 y ''+ 12 = 0 ⇔ M '' ∈ ( d '') : 3 x − 5 y + 12 = 0 Phương trình (d’) : 3x-5y+12=0 ( hoặc d’ là ảnh của d ⇒ d’ cùng phương d ⇒ d’ :3x-5y+C=0 Chỉ ra điểm M thuộc d Tvr (M)=M’ ∈ d’ ⇒ giá trị C Kết quả Ghi chú: - Học sinh giải cách khác đúng thì được điểm tối đa của câu đó. - Tổ Toán mỗi trường cần thảo luận kỹ HDC trước khi tiến hành chấm. ===Hết=== 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận 3 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 HƯỚNG DẪN ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI VÒNG 1 LỚP 9 Quận 3 (2015-20156) Bài 1 1 1 1 1 1 1 1 1    (a, b, c  0) Chứng minh 2015  2015  2015  2015 2015 a b c a bc a b c a  b  c2015 a) Cho Ta có:  a  b 1 1 1 1 1 1 1 1 ab          a b c a bc a b a bc c ab c a  b  c   1   ca  cb  c 2  ab  ab ab 1   0   a  b     0  a  b    0 ab c a  b  c ab c a  b  c abc a  b  c           a  b  b  c  c  a   0 1 1 1  1  2015  2015  2015 2015  1 1 1 1 a b c c TH1: a = -b, khi đó:   2015  2015  2015  2015 2015 1 1 a b c a  b  c 2015    a 2015  b 2015  c 2015 c 2015  1 1 1  1    2015 2015 2015 2015  1 1 1 1 a b c a  2015  2015  2015  2015 TH2: b = -c, khi đó:  2015 1 1 a b c a  b  c 2015     a 2015  b 2015  c 2015 a 2015 1 1 1  1  2015  2015  2015 2015  1 1 1 1 a b c b  2015  2015  2015  2015 TH3: c = -a, khi đó:  2015 1 1 a b c a  b  c 2015   c  a 2015  b 2015  c 2015 c 2015  1 1 1 1 Vậy 2015  2015  2015  2015 2015 a b c a  b  c2015 b) Rút gọn B  1  1 a a với x    2 a 1 a 1 x2  x 2a 1  x 2   (0  a  1)  1  1 a a  1  1 a a  Ta có: x     x2   2  (0  a  1)  2 a 1 a  4 a 1 a  1  1 a a  4 1  1 a a   x2 1   2  x2 1   2   4 a 1 a  4 4 a 1 a  1  x 1  2 2 Thế vào B   1 a a   1 a  a 2a 1  x 2 1 x2  x Trang 2    2 1  1 a a  x 2  1    2 a 1 a    , ta được: Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 1  1 a a  2a    2 a 1 a  B 1  1 a a  1  1 a a        2 a 1 a  2  a 1 a  1 a  a a a a 1 a  1 a  1 B a a 1 a 1 a c) Tính : x  3 9  4 5  3 9  4 5 Ta có: x  3 9  4 5  3 9  4 5  x3  9  4 5  3  3 94 5  3 94 5  3  9  4 5. 3 9  4 5  9  4 5  x 3  18  3  x 1  x 3  3x  18  0   x  3  x 2  3x  6   0 2  3  15    x  3   x     2 4    x 3 Bài 2: Giải các phương trình sau: a) x5  x 4  x3  x 2  x  2 Ta có: x5  x 4  x3  x 2  x  2  x5  x 4  x3  x 2  x  2  0  x 5  2x 4  x 4  2x 3  x 3  2x 2  x 2  2x  x  2  0  x4  x  2  x3  x  2  x 2  x  2  x  x  2   x  2  0   x  2   x 4  x 3  x 2  x  1  0 x  2  4 3 2  x  x  x  x  1  0 1 2 2 x   x  x2  Giải (1) : ta có: x  x  x  x  1  0   x 2      1   0 (vô lí) 2 2  2  4 b) 8x 2  3 2 1 5  x 2 Điều kiện: x  0 ; đặt t  1 1  t  0   x  2 , phương trình đã cho trở thành : x t 8 5 2  t   2t 5  5t 4  16  0   t  2   2t 3  3t 2  4t  4   0  t  2 4 t 2 1 Với t = 2  x  4 Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 1  x  2  y  1  c)  y   2 z   1 z  x  2  2015 -2016 1  2  3 Điều kiện : x  0, y  0, z  0, 1 Từ pt (1) ta suy ra y  2x 2x  1 Từ pt (3) ta suy ra z  x 1 1 1 x Thế vào pt (2), ta được:  2   2  4 2x  1 2x 2  x 2x  1 x 1 Điều kiện: x  2, x  2 2x  1  x  2  x  2  2  x  2x  1 Với điều kiện trên, pt (4) trở thành:   2  x  2x  1  2  x  2x  1  2x  1  x  2  x   2  2  x  2x  1  2x  1  2x  x 2  2  4x  2x 2  x  2   3x 2  6x  3  0  3  x  1  0 2  x 1 suy ra y =1 ; z =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x, y, z) = (1, 1, 1) Bài 3 Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M  5x 2  2xy  2y2  14x  10y 1 Ta có : M  5x 2  2xy  2y2  14x  10y 1  2M  4y 2  4xy  20y  10x 2  28x  2  2M   2y   2  2y  x  5    x  5    x  5   10x 2  28x  2 2 2 2  2M   2y  x  5   9x 2  18x  23 2  2M   2y  x  5    3x  3  32 2 2 1  2 2  2y  x  5    3x  3  32   16  2 3x  3  0 x  1  16 . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi:   2y  x  5  0 y  2 M Vậy Mmax Bài 4: Chứng minh rằng 10n  18n  28 27, n  N Ta có : Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 10n  18n  28  10n  1  18n  27 = 10  1 10 n 1  10 n 2  ...  1  18n  27 =9  9  1   9  1  =9  9k  n   18n  27 n 1 n 2  ...  9  1  9  1  1  18n  27  2 =81k  27n  27 =27  3k  n  1 27 Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), các đường cao BI và CK cắt nhau tại H. Trên đoạn BH lấy điểm D sao cho ADC bằng 900 . Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh 1 1 4 .   2 2 AD DF DE 2 A I K H D E F B C Gọi O là giao điểm của AF và DE. AD2  AI.AC  HTL    Dễ chứng minh được: AE 2  AK.AB  HTL   AD  AE  ADE cân tai A   AI.AC  AK.AB  AIB ∽ AKC  FDE  ADE  FDA  FED  AED  FEA  Ta có:   FDE  FED  FDE cân tại F  FD=FE 0 FDA  FEA  90  ADE  AED  ADE cân tại A  AD  AE Ta có:   AF là đường trung trực của đoạn thẳng DE FD  FE   AF  DE tại O  . O là trung điểm của DE. Xét ADF vuông tại D, ta có: DO là đường cao  1 1 1 4    2 2 2 AD DF DO DE 2 Bài 6: Cho tam giác ABC có ABC  ACB  500 . Lấy N là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho NBC  100 và NCB  200 . Chứng minh: tanANB.tanNBC  1 . Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 A OJ N K B C H Kẻ đường cao AH cắt BN tại O, AK vuông góc với BN tại K, CN cắt AK tại J. BOC cân tại O  OCH  OCN  100  ACO  OAC  400  OA  OC AON  BOH  800  OAJ  100  JAC  JCA  300  AJC cân tại J.  AJ  JC Mà OA  OC . Nên OJ là đường trung trực của AC.  OJ là phân giác của AOC    JOC  50 0 do AOC  100 0 . Mà NOC  200 (góc ngoài của OBC ) Nên JON  300  JNO  góc ngoài BNC  OJN cân t ại J  K là trung điểm của ON.  AON cân tại A  ANB  AON  800 Vậy tanANB.tanNBC  tan800.tan100  tan800.cot80 0  1 Bài 7: Trên cạnh BC của hình vuông ABCD lấy BE  BC ; trên tia đối của tia CD lấy F sao 3 BC . Gọi I là giao điểm của AE và BF. Chứng minh A, B, I, C cùng thuộc một 2 đường tròn. cho CF  A H B G K E D Trang 6 C I F Học Sinh Giỏi Lớp 9 –Quận 3 (2015-2016) 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận 9 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)

Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 Hướng Dẫn Giải: ĐỀ THI HSG LỚP 9 – QUẬN 9 – (2015-2016) Bài 1: (1,5 điểm)  x 1 xy  x   xy  x x 1  Rút gọn biểu thức : A     1 :  1     xy  1 1  xy   xy  1 xy  1      x, y  1  x 1 x 1   x 1 x 1  A  :     xy  1 1  xy   xy  1 xy  1     =   1 1  x 1   :  xy  1 1  xy       1 1  x 1     xy  1 xy  1    2 xy 2 : 1  xy 1  xy 1 = xy = Bài 2: (3 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a)  2x 2  3x  1 2x 2  5x  1  9x 2 Đặt t  2x 2  x  1 , phương trình trở thành:  t  5x  t  5x  t  4x  t  4x   9x 2  t 2 16x 2  9x 2  t 2  25x 2   2 2 3 7 TH2: t = -5x  2x 2  x  1  5x  2x 2  6x  1  0  x    2 2 TH1: t = 5x  2x 2  x  1  5x  2x 2  4x  1  0  x  1   xy  x  y  7  b)  yz  y  z  13 zx  x  z  7   x  1 y  1  6 x  1 y  1  6       xy  x  y  7 z  1  4 z  1  4   y  1 z  1  12      x  1  2 hay  x  1  2  yz  y  z  13   y  1 z  1  12   zx  x  z  7   z  1 x  1  8 y 1  3  y  1  3     z  1 x  1  8  x  1 y  1 z  1  24      Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – – Quận 9 Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 z  5 z  3     x  3 hay  x  1 y  2  y  4   Bài 3: (2 điểm) a) Cho x, y  0 . Chứng minh rằng: x y x 2 y2  2  3    4  0 . 2 y x y x 2 x y x y x y  x y  x y  x 2 y2 Ta có: 2  2  3     4  0      3     2  0     1   2   0 y x y x y x y x  y x  y x  2 2 2 2 x  y   x  y   x  y x 2  y2  xy x 2  y 2  2xy    0   0 (bất đẳng thức đúng 2 2 xy xy 2x y x, y  0 ) b) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 P  a 3  b3  . ab 1 1 1 3 (vì a + b =1)   a  b   3ab  a  b    1  3ab  ab ab ab Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương, ta có: 1 1 1 16ab   2 16ab   16ab   8 1 ab ab ab Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương, ta có: 1 19 a  b  2 ab  1  2 ab  ab   19ab  2 4 4 1 19 1 19 17 Từ (1) và (2), ta suy ra: 3ab   8   3ab   1  8   1  P  ab 4 ab 4 4 17 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi a  b  . 4 2 Ta có: P  a 3  b3  Bài 4: (2,5 điểm) Trong ABC lấy điểm O sao cho ABO  ACO . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của O lên AB, AC. A K N H O B Trang 3 E F M Học Sinh Giỏi Lớp 9 – C – Quận 9 với Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long a) Chứng minh: 2015 -2016 OB sin OAB .  OC sin OAC OH Ta có: OB sin OBH OH OA sin OAH sin OAB     OK OC OK OA sin OAK sin OAC sin OCK b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, HK. Chứng minh rằng: MN vng góc với HK. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của OB, OC. Dễ chứng minh được tứ giác MEOF là hình bình hành.  MEO  MFO OEH  2OBA Ta chứng minh được:  mà OBA  OCA (gt) nên OEH  OFK OFK  2OCA   MEO  MFO  MEO  OEH  MFO  OFK  MEH  MFK Ta có :  OEH  OFK   Từ đó chứng minh được MEH  KFM  c  g  c   MH  MK  MHK cân tại M Mà MN là đường trung tuyến (N là trung điểm của HK) Nên MN là đường cao của MHK  MN  HK . Bài 5: (1 điểm) Trong một xưởng hàn người ta tiện các chi tiết máy từ các phơi thép. Một phơi thép tiện được 1 chi tiết . Từ các phần thừa của ba phơi thép đã được tiện người ta có thể nấu lại và nhận được đúng một phơi thép. Hỏi rằng từ 100 phơi thép người ta có thể làm được bao nhiêu chi tiết máy? Giải thích. Từ 100 phơi thép ta lấy ra 3 phơi thép làm ra 3 chi tiết máy và thu lại 1 phơi thép. Như vậy, còn lại 100  3  1  98 phơi thép. Tiếp tục, ta lấy ra 3 phơi thép làm ra 3 chi tiết máy và thu lại 1 phơi thép, như vậy còn lại 96 phơi thép. …cứ tiếp tục như thế, cuối cùng chỉ còn lại 2 phơi thép và làm ra đúng 2 chi tiết máy. Số lượt làm ra 3 chi tiết máy là 100  2  : 2  49 Số chi tiết máy làm được là : 49.3  2  149  HẾT  Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – – Quận 9 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận gò vấp thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)

2015 -2016 Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long ĐỀ THI HSG LỚP 9 QUẬN GÒ VẤP – Vòng 1 (2015-2016) HƯỚNG DẪN Bài 1: (3 điểm) Cho a  b  1 và ab  0 . Chứng minh rằng: a  2  ab  2  a b  3  2 2 b 1 a 1 a b  3 3 2  2a2 b2  1 1  2ab   2a2 b2  1 a b a a b b  3  3 3 3   Ta có: 3 b  1 a  1 a b  a  b3  1 a3 b3   a  b  a2  ab  b2  1 a3 b3  1  3ab   1 4 4 2  b2 4ab  2a2 b2 2ab  4 2  ab  2   3 3  2 2   vì ab  0  a b  3ab a b  3 a2 b 2  3 2   Bài 2: (6 điểm) Giải các phương trình sau: a) x 2  9 9x 2  1  20x  1         x  3 x  3 3x  1 3x  1  20x  1  3x 2  10x  3 3x 2  10x  3  20x  1         3x 2  3  100x 2  20x  1  3x 2  3  10x  1  0  3x 2  10x  4 3x 2  10x  2  0 2 2 2  5 13 2 2 x        5  13  5  19 3 3   x      x      0    3 9   3 9  5 19   x   3 3   13 5 19   5  ;  Vậy S     3 3 3   3   b) 2  2x  5  9x x 2  2x 5  9x  5 (Điều kiện: x  ) x 9 2 2  2x    9x  5  81x3  90x 2  27x  2  0   3x  2  27x 2  12x  1  0 x  2  x  3  nhận   2  1 2   3x  2  3x  1 9x  1  0   x   loại   x  Vậy S    3 3 3   x  1  loại   9   Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – –  Quận gò vấp 15-16 Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 Bài 3: (3 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện: a  b  1 . Tìm GTNN của biểu thức: 1 9 P  a b  a b Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương, ta được:  1 16a  a  8  16b  9  24  b 1 9 Mà 15  a  b   15 . Nên a  b    17  P  17 a b  1 a  4 Dấu “=” xảy ra khi  b  3  4 1 3 Vậy Pmin  17 khi  x; y    ;  4 4 Bài 4: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ 2 đường thẳng vuông góc với nhau. Một đường cắt cạnh AD tại K, đường kia cắt bên ngoài cạnh CD tại L. Gọi F là giao điểm của KL và AC. Chứng minh: BF  KL B A K F D Cách 1: L C     CBK; A  C   900  AB  BK  AB  BC Chứng minh được: ABK ∽ CBL ABK BC BL BK BL Xét BKL và ABC , ta có:   ABC   90 0 KBL    BCF   BKL ∽ BAC  c  g  c   BLF  AB BC    cmt   BK BL   BCL   900  BF  KL  Tứ giác BFCL nội tiếp  BFL   Cách 2:   BAC  Ta có: ABK ∽ CBL  KBL ∽ ABC  BKL HK HA  HKF ∽ HAB    AHK ∽ BHF HF HB   HFB   HFK   HKA   HBA   900  BF  KL  BFK Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – – Quận gò vấp 15-16 Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016   300 . Về phía ngoài ABC dựng tam giác đều ACD . Chứng Bài 5: (3 điểm) Cho ABC có ABC minh: AB2  BC2  BD2 D A B C L   600  ABL   300  600  900 Về phía ngoài ABC dựng tam giác đều BCL  CBL  AL2  AB2  BL2  Đònh lý Pytago ABL vuông tại B  AL2  AB2  BC2  Vì BL = BC  (1)     ACL    BCL   600  ACD   ACB   BCL   ACB   BCD Ta có: ACD Ta có: BCD  LCA  c  g  c   BD  AL  2  Từ (1) và (2) suy ra: AB2  BC2  BD2 Bài 6: (2 điểm) Trên bảng là một con số. Hai bạn Nhân và Chia cùng chơi một trò chơi như sau: Bạn Nhân, khi đến lượt mình thì đem số trên bảng nhân với 2 và đem kết quả này thay cho số trên bảng; Bạn Chia, khi đến lượt mình đem số trên bảng cộng 1 rồi chia cho 2 và đem kết quả này thay cho số cũ. Ai ra được kết quả bằng 2015 thì người đó thắng. Nhân đi trước, Chia đi sau và sau 2016 lượt chơi (mỗi bạn chơi đúng 2016 lần) thì Chia thắng. a) Hỏi số trên bảng lúc đầu là bao nhiêu? Gọi x là số trên bảng. Sau bước đi của Nhân, số mới là: 2x 2x  1  x  0,5 Sau bước đi của Chia, số mới là: 2 Như vậy sau 1 lượt chơi thì số trên bảng tăng lên 0,5. Do đó sau 2016 lượt chơi số trên bảng là: x  0,5.2016  x  1008 Vậy x  1007 b) Nếu Chia đi trước thì ai sẽ thắng. x 1  0,5x  0,5 2 Sau bước đi chảu Nhân, số mới là: 2  0,5x  0,5  x  1 Sau bước đi của Chia, số mới là: Như vậy sau 1 lượt chơi thì số trên bảng tăng lên 1. Do đó sau 1008 lượt chơi thì số trên bảng là: 1007  1008  2015 Vậy Nhân sẽ là người thắng.   HẾT   Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – – Quận gò vấp 15-16 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận 1 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016  HẾT  Hướng Dẫn: ĐỀ THI HSG LỚP 9 QUẬN 1 – Vòng 1 (2015-2016) Thời gian: 120 phút Bài 1: (6 điểm) x y z x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2 a) Cho (2 Đ)    1 . Tính giá trò của A    yz zx xy yz zx xy  x y z  Ta có:     x  y  z  x  y  z  yz zx xy  x y z  x  y  z.  x  y  z.  x  y  z .  xyz yz zx xy x2 y2 z2 x2 y2 z2  x y z  xyz    0 yz zx zx yz zx xy x2 y2 z2 Do đó: A  yz zx xy  0 yz zx xy Vậy A  x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2   yz zx xy b) Rút gọn biểu thức sau: M  M   2 4 5   2 5 1 10  2  5 1 2 4  5  21  80 10  2 2  2 4 62 5 10  2  (4 Điểm) 2 4 2    5 1  5 1 2  2 3 5 5 1 2 5 1 Vậy M  1  5 1 5 1 1 Bài 2: (3 điểm) a) Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: P  x 6  x   5  x  x  1,với 0  x  5 Xét 0  x  5 thì P > 0.   Xét: P2  x2  6  x   25  10x  x2  x  1  2x  5  x  (1,5 điểm)  6  x  x  1 Áp dụng BĐT Cô – si với hai số không âm: 6  x;x  1 , ta có: 2  6  x  x  1  6  x  x  1  7 Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 1) – Quận 1 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016  25  125 Do đó: P2  3x2  15x  25  7x  5  x   10  x2  5x     25 4  2  2 2  5  175 175  5 14  5 14  10  x        P  2  2 2 2 2    5 Dấu “=” xảy ra  x   thỏa điều kiện 2 5 5 14 Vậy Pmax  tại x  2 2 b) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa mãn: a2  b2  c2  d2 . Chứng minh rằng: (abcd  2015) viết dưới dạng hiệu của hai số chính phương. (1,5 điểm) Ta có:  2m  1  4m  m  1  1 2 Do đó với mọi m  Z thì  2m  1 chia 8 dư 1. Nên với a, b, c, d lẻ thì a2 ,b2 ,c2 ,d2 chia 8 dư 1. 2 Suy ra: không xảy ra a2  b2  c2  d2 (vì vế trái chia 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 3) Vậy trong các số a, b, c, d có ít nhất một số chẵn. Ta có: a.b.c.d  2015 là số lẻ. Đặt a.b.c.d  2015  2n  1 n  Z  2n  1   n  1  n n  1  n   n  1  n2 2 Vậy ta có được điều phải chứng minh. Bài 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a) x  2  3  x  x2  6x  9 (2 điểm) Điều kiện: 2  x  3 Ta có: x  2  3  x  x2  6x  9   x  2   4  1  3  x       x  2  2  1  3  x  x 2  6x  8   1 1  x  2    4  x   0 1 x  2  2 1 3  x  x  2  2 1 3  x  Do 2  x  3  4  x  0 nên biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai dương. Do đó: x  2  0  x  2 . Vậy S  2  b)  x  2  x  4   0 x  56 x  x 8  (2 điểm) 16 8 Điều kiện: x  8 . Phương trình đã cho trở thành: 2 x  56  16 x  8  x  2 x  8  16 x  8  64  x  x  x 8 8  2 x  x  16  2 x  8  x  16   2  4  x  8   x  32x  256 x  16 x  16    2   x  24  nhận x  36x  288  0  x  24  x  12   0   Vậy S  24 Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 1) – Quận 1 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 Bài 4: (6 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường (O;R). Vẽ AB, AC là tiếp tuyến của (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC, M là điểm di động trên đoạn thẳng BH, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại D, E. (D nằm giữa A và M). Vẽ ON vuông góc với DE tại N. K B E N M O D H A C a) Chứng minh: AB2  AM.AN (3 Điểm) Chứng minh được: OA là đường trung trực của BC  OA  BC tại H Ta có: AB2  AH.AO  AM.AN b) Xác đònh vò trí của điểm M để tổng AD  3AN  AE đạt giá trò nhỏ nhất. (2 Điểm) Ta có: AN  AO (quan hệ đường vuông góc – đường xiên) ON  DE  N là trung điểm của DE  NE  ND Ta có: AD  3AN  AE  AN  DN  3AN  AN  EN  AN  AO : không đổi Dấu “=” xảy ra  N  O  M  H Vậy khi M là giao điểm của AO và BC thì AD  3AN  AE đạt GTNN. c) Chứng minh rằng: bốn điểm D, E, O, H cùng thuộc một đường tròn. (1 Điểm) Gọi K là giao điểm của đường ON và BC. ON OA ONA ∽ OHK  g  g     ON.OK  OH.OA OH OK  ON.OK  OE2 OEK ∽ ONE c  g  c  OEK  ONE  900 Do đó: ODK  OEK  OHK  900  D,H,E thuộc đường tròn đường kính OK.  D,H,E,O,K cùng thuộc một đường tròn.  D, E, O, H Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 1) – Quận 1 (2015-2016) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2015 -2016 Bài 5: (1 điểm) “Mắt thần dành cho người khiếm thò – Sống là cho đâu chỉ nhận riêng mình” Thủ tướng Chính phủ Nguyễn Tấn Dũng đã dành trọn buổi sáng nay (11-9-2015) tại trụ sở Bộ Khoa học và Công nghệ để gặp gỡ, lắng nghe các nhà khoa học trẻ tiêu biểu năm 2015. Trước chia sẻ thẳng thắn của các nhà khoa học trẻ về phát minh, sáng chế và những chông gai trên con đường nghiên cứu khoa học – công nghệ. Cả nước hiện có 1,2 triệu người khiếm thò, trong đó 300.000 người mù hoàn toàn. Mắt thần dành cho những người khiếm thò do Tiến só Nguyễn Bá Hải (ĐHSP Kỹ Thuật TP Hồ Chí Minh) nghiên cứu, chế tạo đã tặng hoàn toàn cho những người có hoàn cảnh khó khăn, trẻ em nghèo, người mù bán vé số… Đáng chú ý, sản phẩm này được đối tác tại Mỹ quan tâm, muốn đặt hàng và Thủ tướng Chính phủ đã trực tiếp đặt hàng 300.000 chiếc. Trong hội nghò có 70 thành viên nam và một số thành viên nữ. Tất cả đều là các nhà khoa học trẻ hoặc các nhà lảnh đạo Chính phủ, các phóng viên truyền thông. Biết rằng số thành viên nữ là các nhà khoa học trẻ bằng số thành viên nam là các nhà lảnh đạo, các phóng viên truyền thông. Hỏi trong hội nghò có bao nhiêu nam và nữ là các nhà khoa học trẻ? Gọi số nữ là các nhà khoa học trẻ là x(người) (x là số nguyên dương) Số thành viên nam là các nhà lảnh đạo, các phóng viên truyền thông bằng x(người) Số thành viên nam là các nhà khoa học trẻ: 70  x  người  Số nam và số nữ là các nhà khoa học trẻ là: x   70  x   70 (người)  HẾT  Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 1) – Quận 1 (2015-2016) 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân phú thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trên tia đối của tia DC lấy P, PM cắt AC tại Q. Chứng minh: MP.NQ = MQ.NP A B Q N M P O C D T ` Gọi T là giao điểm của QN và DC. Gọi O là giao điểm của AC và MN. Ta dễ chứng minh được tứ giác ANCM là hình bình hành. Do đó, O là trung điểm của MN.  OM QO  ... OM ON   PC QC Ta có:    mà OM  ON ... nên PC = CT PC CT  ON  QO  ...  CT QC Do đó, NPT cân tại N.  NTP  NPT MNP  NPT  2 góc so le trong và MN // PT  Mà   QNP  NTP  2 góc đồng vò và MN // PT nên MNP  QNP  MN là đường phân giác của NPQ  MP NP   tính chất đường phân giác trong NPQ MQ NQ  MP.NQ = MQ.NP Bài 6: Tìm cặp số nguyên sao cho tích của nó bằng 7 lần tổng. Gọi a, b là 2 số cần tìm ( a, b  Z ) Theo đề bài, ta có: ab = 7(a+b)   a  7  b  7   49 Do a, b là 2 số nguyên nên ta có bảng sau: a–7 1 -1 49 -49 7 -7 b – 7 49 -49 1 -1 7 -7 A 8 6 56 -42 14 0 B 56 -42 8 6 14 0 Vậy các cặp số nguyên cần tìm là: (8;56), (56;8), (6;-42), (-42;6), (14;14), (0;0)   HẾT   Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) – Quận TÂN PHÚ (14-15) 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân bình thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  a2  a2 a2   b 1  0   5 0   a  4 a  4 a  4   hay    42   42 16   a b  3 b  3 b  3  a  b  4  0   b 1  0  16  4   a  4 a  4 ax  b hay  Vậy  thì y  2 có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4 x 1 b  3 b  3 Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực tâm của BKC . A K T M I H O B C F Gọi F là giao điểm của AH và BC. Gọi T là giao điểm của BI và KC Xét FKN và FMI , ta có: NFK  MFI  ...   FKN  FMI  2NMH  FK FN   FKN ∽ FMI  g  g   FM FI  FN.FM  FI.FK . Mà FB.FC  FN.FM  FNB ∽ FCM   Nên FB.FC  FI.FK  FB FI  . Mà BFI  KFC  90 0 FK FC  x  Nên FBI ∽ FKC  IBF  IKT  hai góc tương ứng  Mà BIF  KIT  đối đỉnh . Nên IKT  KIT  IBF  BIF  900  KTI  900  BT  KC Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường tròn (O). Gọi A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng: Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 A B1 E F H B A1 O D K C1 T C S M 1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (2 điểm) Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của MC1;MA1;MB1 với AB, BC, AC. Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng. (đường thẳng Simpson) S là trung điểm của MC1   K là trung điểm của MA1 T là trung điểm của MB 1   ST // C1A1 SK // C1A1 Dùng đường trung bình chứng minh được:   C1A1  A1B1  KT // A1B1  ST // A1B1   A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (1) 2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di chuyển. (2 điểm) Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H. Ta chứng minh được: BHD  ACB  AMB  AC1 B t / c đối xứng  BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1) Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM  2  Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM  C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng. (2) Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm  A1 ,B1 ,C1 ,H thẳng hàng. Mà H cố đònh. Nên đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm H cố đònh khi M di chuyển. Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp. Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 K N B M A C D Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp. Ta có: DAN  MAB AM là tia phân giác của BAD   DAN  DNA  DAN cân tại D.  DNA  MAB hai góc so le trong và AB // DN      DN  DA . Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành). Nên DN = BC. Ta có : NMC  DAN  BC // AC   MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân tại C.  DAN  MAB  ...   CM  CN . Mà KM = KN (bán kính (K)). Nên KC là đường trung trực của MN.  CK  MN Ta có : BC  DN  BC  CM  DN  CN  BM  DC  CM  CN CMN cân tại C có CK là đường cao (…) Nên CK cũng là đường phân giác của CMN .  MCK  NCK (1) Ta có : KM = KC  KMC cân tại K  KMC  MCK  2  Từ (1) và (2) suy ra : KMC  NCK Mà KMC  BMK  NCK  DCK  1800  BMK  DCK BM  DC  Xét BMK và DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK KM  KC   Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau)   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) 

Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận bình thạnh thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)

Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 Hướng Dẫn Giải: ĐỀ THI HSG LỚP 9 – QUẬN BÌNH THẠNH – (2015-2016) Bài 1: (4 điểm) a) Rút gọn: A  13  2  5 1  2 2  13  2  5 1  2 2 A  13  2  5 1  2 2  13  2  5 1  2 2 . A > 0  A 2  13  2  5 1  2 2  2 13  2  5 1  2 2 . 13  2  5 1  2 2  13  2  5 1  2 2   A 2  26  2 2  2 13  2  2   5 1 2 2   2  A 2  26  2 2  2 169  26 2  2  25 1  2 2   A 2  26  2 2  2 146  24 2   A 2  26  2 2  2 12  2   A 2  26  2 2  2 12  2  2   A 2  50  A  5 2  do A > 0    Ta có:  x  x  1  y  y  1   1   x  1  x  x  1  x  y    x  1  x   y  y 1  x  b) Cho x  x 2  1 y  y2  1  1. Tính x + y. 2 2 2 2 2 2  y  y2  1  x 2  1  x   x   x   y2  1  x 2  1  x 2 2 1  x 1    1  y  1  y   1  y  1  y   Ta có: x  x 2  1 y  y2  1  1 x2 x2 2 2 2  x  x 2  1  y2  1  y Cộng vế theo vế (1) và (2), ta có:  y2  1  y  y2  1  y y2  1  y 2 Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận Bình Thạnh (15-16) Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 y  y2  1  x  x 2  1  x 2  1  x  y2  1  y  x  y  x  y xy0 Bài 2: (5 điểm) Giải phương trình: a) 13  3x  3x  11  3x 2  24x  50 11 13 x 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 1  13  3x 14  3x    13  3x  2 2   3x  11  1  3x  11  10  3x  2 2 Điều kiện:  13  3x  3x  11  2  VT  2 Ta có: 3x 2  24x  50  3  x  4   2  VP  2 2 1  13  3x  Do đó, để dấu ‘’=’’ xảy ra khi 1  3x  11  x  4 x  4  0  Vậy S  4 b) x 2  2x  3   x  1 x 2  3x  3 Đặt t  x 2  3x  3, t  0  t 2  x 2  3x  3  x 2  t 2  3x  3 . Khi đó, phương trình trở thành: t 2  3x  3  2x  3   x  1 t  t 2  x  xt  t  t 2  xt  x  t  0  t  t  x   1 x  t   0   t  x  t  1  0 t  x  t  1 x  0 x  0   x 1 TH1: t = x  x 2  3x  3  x   2 2 x  1  x  3x  3  x TH2: t = 1  x 2  3x  3  1  x 2  3x  3  1   x  1 x  2   0  x  1 hay x  2  nhan  Vậy S  1; 2 c) 2x 2  x  9  2x 2  x  1  x  4 Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận Bình Thạnh (15-16) Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 2  1  71  2 a  2x  x  9  2  x    0 4 8   Đặt  2  1 7  2 b  2x  x  1  2  x     0 4 8   a 2  2x 2  x  9  a  b  a  b   x  4   2  a 2  b2  2x  8   a  b  a  b   2  x  4   2 2  b  2x  x  1 Phương trình trở thành:  a  b  a  b  ab 2  2  a  b    a  b  a  b    a  b  a  b  2   0  a  b  2  0  do a  b  0   a  b2  2x 2  x  9  2x 2  x  1  2  2x 2  x  9   2x 2  x  1  4 2x 2  x  1  4  2 2x 2  x  1  x  2  x  2  2 2 4  2x  x  1  x  4x  4  x  2 x  0   x  0    x  8 8  x  7    7  8 Vậy S  0;   7 Bài 3: (4 điểm) a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a 1  b   b 1  4c   c 1  9a   12 abc . Ta có: a 1  b   b 1  4c   c 1  9a   12 abc  a  ab  b  4bc  c  9ca  12 abc   a  4bc    b  9ca    c  ab   12 abc Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a  4bc  2 a.4bc  4 abc  b  9ac  2 b.9ac  6 abc   a  4bc    b  9ca    c  ab   12 abc  c  ab  2 c.ab  2 abc Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận Bình Thạnh (15-16) Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long 2015 -2016 a 2 b2  a  b  b) i) Cho a, b, x, y là các số thực và x, y > 0. Chứng minh: .   x y xy 2 a 2 b2  a  b  Ta có :   x y xy 2 a 2 y  x  y   b 2 x  x  y  xy  a  b    xy  x  y  xy  x  y  2  a 2 xy  a 2 y 2  b 2 x 2  b 2 xy  a 2 xy  2abxy  b 2 xy  a 2 y 2  2abxy  b 2 x 2  0   ay  bx   0 (bất đẳng thức đúng) 2 ii) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3    . x  yz y  xz z  xy 2 a 2 b2  a  b  Áp dụng bất đẳng thức , ta có:   x y xy 2  x  y x2 y2   x  yz y  xz x  yz  y  xz 2 x  y  x2 y2 z2 z2      x  yz y  xz z  xy x  yz  y  xz z  xy 2 1 a 2 b2  a  b  Áp dụng bất đẳng thức , ta có:   x y xy 2  x  y x  y  z z2   x  yz  y  xz z  xy x  y  z  xy  yz  xz Từ (1) và (2), ta suy ra: 2 2  2  x  y  z x2 y2 z2     x  yz y  xz z  xy x  y  z  xy  yz  xz 2 Ta dễ chứng minh:  3 xy  yz  xz  x  y  z  x  y  z  xy  yz  xz  2  x  y  z     1 1  x  y  z  xy  yz  xz 2  x  y  z   x  y  z 2 x  y  z  xy  yz   x  y  z x  y  z  xz 2  x  y  z  2 2 x  y  z  xy  yz  xz  xyz 2 Mà x  y  z  3 Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận Bình Thạnh (15-16) Công Ty Cổ Phần Giáo Dục Thăng Tiến Thăng Long Nên  x  y  z 2 x  y  z  xy  yz  xz Từ (3) và (4), ta có:  3 2 2015 -2016  4 x2 y2 z2 3    x  yz y  xz z  xy 2 Bài 4: (1 điểm) Giá bán của một hộp bút là 21250 đồng. Mừng ngày 30/4 người bán giảm giá lần thứ nhất. Đến ngày Quốc tế thiếu nhi người bán lại giảm giá một lần nữa, nên giá bán chỉ còn lại là 19176 đồng. Hỏi mỗi lần người bán giảm giá bao nhiêu phần trăm, biết rằng số phần trăm mỗi lần giảm giá là số chỉ có một chữ số. Gọi x% là số phần trăm giảm giá lần I 1  x, y  9, x,y  N  * Gọi y% là số phần trăm giảm giá lần II 21250x Số tiền giảm giá lần I : (đồng) 100 21250x  y  Số tiền giảm giá lần II :  21250  (đồng)  100  100   21250x  21250x  y  Theo đề bài, ta có phương trình : 21250     21250   19176  100  100    100  xy  100x  100y  976   x  100  y  100   9024 1 1  x, y  9 99  x  100  91  x, y  N*  Vì   * 99  y  100  91  x,y  N  x  100  94 x  100  96 x  6 x  4 Nên từ (1)   hay   hay   y  100  96  y  100  94 y  4 y  6 Vậy người bán giảm giá 2 lần, 1 lần 4%, 1 lần 6%. Bài 5: (4 điểm) Cho điểm A cố định nằm ngồi đường tròn (O,R). Qua A vẽ đường thẳng (d)  OA. Gọi M là điểm bất kỳ trên (d). Từ M vẽ 2 tiếp tuyến ME và MF với đường tròn (O) (E, F là 2 tiếp điểm). Gọi N và B là giao điểm của EF với OM và OA. d M E D N O A B F C Trang 6 Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận Bình Thạnh (15-16) 

Hỗn số môn toán lớp 5

Kiểm tra bài cũ 1, Lấy ví dụ hai hỗn số, sau đó hãy tính tổng hai hỗn số đó. 2, Thực hiện phép tính sau: 1 3 2 5 14 16 : 23 -21 53 5 7 106 82 2 5 x x 6 : 2 8- 1 2x =4 10 : 2 = = 8 8 2 4 10 40 40 4 10 40 Muốn chuyển hỗn số thành phân số ta làm như thế nào? Muốn chuyển hỗn số thành phân số: Ta lấy mẫu số nhân với phần nguyên rồi cộng tử số để làm tử và giữ nguyên mẫu số. Cách so sánh hai hỗn số:  Chuyển cả hai hỗn số về phân số rồi so sánh 39 9 9 29 = 3 2 = ; 10 10 10 10 Vậy 9 9 2 3 > 10 10 39 10 29 > 10 Cách so sánh hai hỗn số: So sánh từng phần của hai hỗn số: •Ta so sánh phần nguyên,phần nguyên của hỗn số nào lớn hơn thì hỗn số đó lớn hơn. •Nếu phần nguyên bằng nhau ta so sánh đến hai phân số của hỗn số.: + Phân số có cùng mẫu: phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn, tử bé hơn thì bé hơn. +Phân số có cùng tử số: phân số nào mẫu lớn hơn thì bé hơn, ngược lại mẫu bé hơn thì lớn hơn. +Phân số khác mẫu số: ta quy đồng rồi so sánh các tử số. 2. Thực hành: Bài 3: Chuyển các hỗn số thành phân số rồi thực hiện phép tính: a) b) c) 1 1 +1 1 2 3 3 4 17 = + = 2 3 16 4 2 -1 2 3 7 8 11 23 = = 3 7 21 d) 1 1 : 2 3 2 4 = 7 2 x 4 9 = 14 9 1 2 x 5 2 3 4 8 21 = x = 14 3 4 

Ôn tập bảng đơn vị đo độ dài môn toán lớp 5

Toán Ôn tập: Bảng đơn vị đo độ dài Bài tập 3, 4 củng cố cho các em kiến thức gì ? Nội dung: - Chuyển đổi các đơn vị đo độ dài. - Giải bài toán có liên quan đến đơn vị đo độ dài. Toán Ôn tập: Bảng đơn vị đo độ dài Củng cố bài: Nội dung: - Quan hệ giữa các đơn vị đo độ dài. Bảng đơn vị đo độ dài. - Chuyển đổi các đơn vị đo độ dài. - Giải bài toán có liên quan đến đơn vị đo độ dài. Ôn tập: Bảng đơn vị đo độ dài Chuẩn bị bài: Ôn tập Bảng đơn vị đo khối lượng (trang 23) 

Ôn tập phép cộng và phép trừ phân số môn toán lớp 5

Thứ ba ngày 11 tháng 8 năm 2015 Toán: 1. Viết các phân số sau thành phân số thập phân 11 = 2 11 11x5 55 = = 2 2 x5 10 15 = 4 15 15 x 25 375 = = 4 4 x 25 100 Thứ ba ngày 11 tháng 8 năm 2015 Toán: 1. Muốn cộng (hoặc trừ) hai phân số cùng mẫu số ta cộng (hoặc trừ) hai tử số với nhau và giữ nguyên mẫu số. Ví dụ 1: 8 3 5 3+5 + = = 7 7 7 7 Ví dụ 2: 7 10 3 10 - 3 = = 15 15 15 15 Thứ ba ngày 11 tháng 8 năm 2015 Toán: 1. Muốn cộng (hoặc trừ) hai phân số cùng mẫu số ta cộng (hoặc trừ) hai tử số với nhau và giữ nguyên mẫu số. 2. Muốn cộng (hoặc trừ) hai phân số khác mẫu số ta quy đồng mẫu số, rồi cộng (hoặc trừ) hai phân số đã được quy đồng mẫu số. 7 3 70 27 97 Ví dụ 1 : + = + = 9 10 90 90 90 63 56 7 7 7 Ví dụ 2 : = = 72 72 72 8 9 Thứ ba ngày 11 tháng 8 năm 2015 Toán: Thứ ba ngày 11 tháng 8 năm 2015 Toán: Bài 1: Tính 48 35 83 6 5 + = a) + = 56 56 56 7 8 3 3 24 15 9 b) = = 5 8 40 40 40 3 10 13 1 5 + = c) + = 12 12 12 4 6 4 1 8 3 5 d) = = 9 6 18 18 18 

Ôn tập so sánh hai phân số môn toán lớp 5

Ôn tập: So sánh hai phân số (tt) 

Ôn tập tính chất cơ bản của phân số môn toán lớp 5

Tiết 2: Ôn tập tính chất cơ bản của phân số a)Tính chất cơ bản của phân số: 15 5 5 x 3 Ví dụ 1: 6 6x3 18 15 15 : 3 5 Ví dụ 2: = = = 18 = 18 : 3 6 Kết luận:  Nếu nhân cả tử số và mẫu số của một phân số với một số tự nhiên khác 0 thì được một phân số bằng số đã cho.  Nếu chia hết cả tử số và mẫu số của một phân số cho cùng một số tự nhiên khác 0 thì được một phân số bằng phân số đã cho. Tiết 2: Ôn tập tính chất cơ bản của phân số b) Ứng dụng tính chất cơ bản của phân số: • Rút gọn phân số: 90 90 : 10 9 9:3 3 = = = = Ví dụ: 120 120 : 10 12 12 : 3 4 90 90 : 30 3 Hoặc: 120 = 120 : 30 = 4 ,... • Quy đồng mẫu số các phân số: 2 4 Ví dụ 1: Quy đồng mẫu số của 5 và 7 Lấy tích 5 x 7 = 35 là mẫu số chung (MSC). Ta có: 2 2x 7 14 = = 5 5x 7 35 4 4x5 20 = = 7 7 x5 35 Tiết 2: Ôn tập tính chất cơ bản của phân số b) Ứng dụng tính chất cõ bản của phân số: • Quy đồng mẫu số các phân số: 3 9 Ví dụ 2: Quy đồng mẫu số của và 5 10 Nhận xét: 10 : 5 = 2, chọn 10 là MSC. Ta có : 9 3 3x 2 6 = = ; giữ ngun 10 5 5x 2 10 Tiết 2: Ôn tập tính chất cơ bản của phân số Rút gọn các phân số sau: 15 15 : 5 3 = = 25 25 : 5 5 18 18 : 9 2 = = 27 27 : 9 3 36 36 : 4 9 = = 64 64 : 4 16 Tiết 2: Ôn tập tính chất cơ bản của phân số Quy đồng mẫu số các phân số: 2 5 1 7 a ) và .MSC : 3x8 = 24 b) và .MSC : 12 3 8 4 12 2 2 x8 16 = = 3 3x8 24 5 5x 3 15 = = 8 8x 3 24 ↔ 12 : 4 = 3 1 1x3 3 ⇒ = = 4 4 x3 7 12 Giữ ngun 12 

Giáo án tiếng anh 7 trọn bộ theo chương trình thí điểm

- Ask some Ss to write their sentences on the board. - Other Ss and T give comments Ex3: Ss work in pairs to make conversations as in the example - Ss take turns being the person who asks the questions. This St has to note down his/her partner’s answers to report to the class - Some Ss report the answers to the class. *Game: Ss are divided into two big groups. T says an activity/hobby and poits at a student from one group. This St has to make a correct sentence, using the structure in the look out! Box togetther with a reason. - If he/she makes a correct sentence , he/she earns one point, then he/she point to ather St from the other group. This St make sentence…. - T keeps record of the groups’ points on the board and announces the winner at the end of the game. 3. Homework. - Doexercise: C1,2 in the workbook - Prepare: Skill 1 Week: 6th Making pottery dancing Ice-skating Making models Carving wood 1. I find making pottery……because……. 2. I think dancing is……because ……….. 3. I find ice-skating is……because ……….. 4. I think making models is……because … 2. I find carving wood is……because ……… 3 Game Now, interview a classmate about the hobbies in 1. Take notes and present your partner’s answers to the class. You: What do you think about making pottery?/ How do you find making pottery? Mai: I think it is…/ I find it… You: Why? Mai: Because… You: Will you take up making pottery in the future? Mai: Yes, I will/ I’m not sure. Date of planning: 17/9/2013 Date of teaching: (Dạy bù chương trình) Period: 6 UNIT 1: My hobbies Lesson 5: Skill 1 I. Objectives. By the end of the lesson, Ss will be able to read for general and specific information about an unusual hobby. Talk about hobbies. II. Teaching aids: - Stereo, CD. III. Procedure I. Class organization. - Greetings. - Checking attendance: 7A4………………….. II. New lesson. T’s and Ss’ activities The content 1. Warm up - You are going to read about an unusual hobby. 1. Reading: 2. Activities. Ex1: Work in pairs. Look at the pictures * Reading and discuss the questions below. Ex:1. Ss work in pairs. They look at the Key: pictures and answer the three questions. 1. I can see a teddy bear, a flower and a - Elicit the answers from Ss and quickly bird write them on the board. Ss quickly read 2. They are made of eggshells. the text and compare their guessive with 3. The hobby is carving eggshells. the information from the text. Ex2: Read the text and answer the Ex2: Ss read the text again and answer the questions. questions individually and then compare 1. He thinks his father’s hobby is unusual their answers with a classmate. Ask for Ss’ because eggshells are very fragile and his answers and have them explain their father can make beautiful pieces of art answers. Ss can either paraphrase the from them. original information from the text or read 2. He saw the carved eggshells for the first out loud the part of the text where the time in art gallery in the USA. answer to each question is located. 3. They find it difficult and boring. Confirm the correct answers. 4. Yes, he does. Ex3: Ss complete the sentences without Ex3: Read the sentences below…. reading the text again. Then Ss can 1. carving eggshells. underline parts of the text that help them 2. the Us find the answers. Ss share their answers 3. the internet with a partner. Check and confirm the 4. time correct answers. 5. gifts. Speaking 2. Speaking Ex4: Ss work in pairs to discuss the uses of Ex4: Nick says that carved eggshells can carved eggshells. Encourage Ss to think be used as gifts for your family and creatively. friends. In pairs, discuss other uses of these pieces of artwork. Share your ideas with the class. Some uses: decorations at home, Ex5: Ss work in groups and take turns sourvenirs, lights (with bigger eggs).. talking about their hobbies. The they vote Ex5: Work in groups. Take turns… for the most exciting hobby. Call on some 1. What is the name of your hobby? Ss to talk about the most exciting hobby of 2. When did you start your hobby? their group. T monitor the conversations 3. Is your hobby easy or difficult? Why? and note down common errors. 4. Is your hobby useful? Why? Why not? - T corrects the errors with class. 5. Do you intend to continue your hobby in 3. Homework. the future? - Do exercise: D 1,2,3 workbook - Prepare: Skill 2 Week: 6th Date of planning: 17/9/2013 Date of teaching: (Dạy bù chương trình) Period: 7 UNIT 1: My hobbies Lesson 6: Skill 2 I. Objectives. By the end of the lesson, Ss will be able to listen to get specific information about an unusual hobby. II. Teaching aids: - Stereo, CD. III. Procedure I. Class organization. - Greetings. - Checking attendance: 7A4………………….. II. New lesson. T’s and Ss’ activities The content 1. Warm up. Chatting: Ex1: Ask Ss if they know 1. Listening anything about collecting glass bottles and if they think it is useful. Ex1: Do you know anything about 2. Activities. collecting glass bottles? DO you think it is a good hobby? Why? Why not? Listening Ex2: - You are going to listen an interview about Mi’s hobby. Ss read through the word web. Have Ss guess the word/phrase Ex2: Listen to an interview about to fill in each blank and write their guesses hobbies… on the board. Play the recording and ask Ss t listen and complete the word web. Ss work in pairs to compare their answers with each other and with the word/phrase on the board. Play the recording a second time for pairs 1. collecting glass bottles. to check their answers. 2. two years ago. - Ask for Ss’ answers and write them on 3. mother the board next to their guesses. 4. a, grandmother; Mi’s hobby: b, flower; lamps 1. Name of the hobby c, home 2. Started 5. useful 3. Person who shares the hobby with Mi: 6, continue the hobby 4. To do this hobby you have to: a, collect bottles after use+ get them from.. b, Make ………….vases….or… 2. Writing c, use them as……..decorations 5. Feelings about the hobby. 6. Future: will Writing Ask Ss to write a paragraph about a classmate’s hobby. Tell Ss they will use the word web as a way to organise their idea. Ex3: Ss work in pairs and interview each other about heir hobby. Ask Ss to take notes on each other’s answers in the word web Ex4: Ss write their paragraphs individually based on the information in their word webs. Ask one St to write his/her paragraph on the board. Other Ss and T comment on the paragraph on the board. Then T collects some writings to correct at home 3. Homework. - Do exercise: E1,2 workbook - Prepare: Looking back Week: 6th Writing tip: You can use a word web as a way to organise the ideas for your writing Ex3: Work in pairs. Ask and answer questions about each other’s hobbies. Take note below: ………’s hobby 1. Name of the hobby 2. Started 3. Person who shares the hobby with Mi: 4. To do this hobby you have to:…… 5. Feelings about the hobby…. 6. Future: will……. Ex4: Now, write a paragraph about your classmate’s hobby. Use the notes from Ex3. Start your paragraph as shown below. ………..is my classmate. His/her hobby is…………………………………………… …………………………………………….. Date of planning: 17/9/2013 Date of teaching: (Dạy bù chương trình) Period: 8 UNIT 1: My hobbies Lesson 7: Looking back + Project ( hobby collage) I. Objectives. By the end of the lesson, Ss will be able to review vocabulay, grammar. Practice communication and do project II. Teaching aids: - Stereo, CD. III. Procedure I. Class organization. - Greetings. - Checking attendance: 7A4………………….. II. New lesson. T’s and Ss’ activities The content 1. Warm up. 1, Vocabulary. Chatting: We are going to to review some Ex1: Complete the sentences with vocabulary…. appropriate hobbies. 2. Activities 1. collecting VOCABULARY 2. bird-watching Ex1: Ss do this activity individually then 3. playing board games compare their answers with a partner. 4. arranging flowers Check and confirm the correct answers. 5. Making pottery Then Ss read their sentences out loud for 6. dancimg other Ss in the class to guess the hobby. Ex2: Put one of the verbs from the box in Ex2: Ss do this activity individually then each blank. Use the correct form of the compare their answers with a partner. verb. Check and confirm the correct answers. 1. listens Ex3: Ss do this activity in pairs. Allow 2. go them 5 minutes to add as many hobbies to 3. plays the table as possible. It can be a 4. read competition. The pair with the most 5. do hobbies wins and goes to the board to write 6. collect down their answers. Ex3: Add hobbies to each of the following - Give feedback. lists. GRAMMAR * Easy hobbies: Ex4: Ss do this exercise individually then - collecting labels. compare their answers with a partner. Call - collecting leaves on some Ss to give the answers. Confirm - playing board games. the correct answers and write them on the * Difficult hobbies: board. - skating Ex5: Ss do this exercise individually then - cooking 

Số thập phân môn toán lớp 5

Toán: Phân số thập phân 3 5 17 Ví dụ1: ; ; ;... 10 100 1000 Em Em hãy có lấynhận ví dụxét một gìvài phânvềsốmẫu thậpsốphân bất kỳ của các phân số này? Các phân số có mẫu số là 10; 100; 10000;...gọi là phân số thập phân. Ví dụ2: 9 1000 ; 17 100000 3 5 7 4 20 125 Toán: Phân số thập phân 6 3 x2 = = 5 10hãy viết các phân số trên Em x2 x2 = x25 7 4 x25 = 20 x8 125 x8 thành phân số thập phân = 175 100 160 = 1000 Ví dụ: Toán: Phân số thập phân 4 8 ; ;... 7 9 Hai phân số này có thể viết thành phân số thập phân hay không? Lưu ý: một số phân số có thể viết thành phân số thập phân Luyện tập: Toán: Phân số thập phân Bài 1:Đọc các phân số thập phân Khi đọc phân số thâp phân em đọc như thế nào? 9 21 625 2005 ; ; ; 10 100 1000 1000000 Bài 2 :Viết các phân số thập phân Bảy phần mười: 7 10 Hai mươi phần trăm : 20 100 Luyện tập: Toán: Phân số thập phân Bài 2 :Viết các phân số thập phân 475 Bốn trăm bảy mươi lăm phần nghìn: 1 Một phần triệu: 1000000 1000 Bài 3: Phân số nào dưới đây là phân số thập phân? 3 4 100 17 69 ; ; ; ; . 7 10 34 1000 2000 Các phân số thập phân là: 4 17 ; 10 1000 

Tiết 15 ôn tập về giải toán môn toán lớp 5

Kiểm tra bài cũ Thứ năm, ngày 16 tháng 1 năm 2014 Toán Ôn tập về giải toán Bài toán 1: Tổng của hai số là 121. Tỉ số của hai số đó là 5 . Tìm hai số 6 đó. Ta có sơ đồ : ? Số bé 121 Số lớn ? Bài giải Theo sơ đồ, tổng số phần bằng nhau là: 5 + 6 = 11 ( phần ) Số bé là : 121 : 11 x 5 = 55 Số lớn là : 121 – 55 = 66 ( hay 121 : 11 x 6 = 66 ) Đáp số : 55 và 66 Thứ năm, ngày 16 tháng 1 năm 2014 Toán Ôn tập về giải toán 3 Bài toán 2: Hiệu của hai số là 192. Tỉ số của hai số đó là 5 . Tim hai số đó. ? Số bé 192 Số lớn ? Bài giải Theo sơ đồ, hiệu số phần bằng nhau là: 5 – 3 = 2 ( phần ) Số bé là : 192 : 2 x 3 = 288 Số lớn là : 288 + 192 = 480 ( hay 192 : 2 x 5 = 480 ) Đáp số : 288 và 480 Thứ năm, ngày 16 tháng 1 năm 2014 Toán Ôn tập về giải toán Bài 1/ .a. Tổng của hai số là 80. Số thứ nhất bằng Tìm hai số đó ? 7 9 số thứ hai. b/. Hiệu của hai số là 55. Số thứ nhất bằng 94 số thứ hai. Tìm hai số đó. Thứ năm, ngày 16 tháng 1 năm 2014 Toán Ôn tập về giải toán Bài 2: Số lít nước mắm loại I nhiều hơn số lít nước mắm loại II là 12 lít. Hỏi mỗi loại có bao nhiêu lít nước mắm, biết rằng số lít nước mắm Loại I gấp 3 lần số lít nước mắm loại II ? ? Loại I : 12 l Loại II : ? 

Bài 11 ôn tập lịch sử lớp 5 bình tây đại nguyên soái trương định

LỊCH SỬ BÀI 11: ÔN TẬP: HƠN TÁM MƯƠI NĂM CHỐNG THỰC DÂN PHÁP XÂM LƯỢC VÀ ĐÔ HỘ (1858 - 1945) Hãy nêu một số nhân vật, sự kiện lịch sử tiêu biểu trong giai đoạn 1858 -1945. THẢO LUẬN NHÓM ĐÔI • Hãy kể lại một sự kiện, nhân vật lịch sử trong giai đoạn này mà em nhớ nhất THẢO LUẬN NHÓM 4 • Nêu nội dung cơ bản (hoặc ý nghĩa lịch sử) của các sự kiện lịch sử tương ứng với các năm trên trục thời gian. 1858 1930 1945 TRÒ CHƠI 

Bài châu á môn địa lí lớp 5

Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 ĐỊA LÝ: Châu Á (TT) Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế HĐ nhóm 4 :(5’) Xem lược đồ tìm kí hiệu về các hoạt động sản xuất và rút ra nhận xét về sự phân bố sản xuất ở các nước. Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 Châu Á (TT) ĐỊA LÝ: Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế MỘT SỐ HOẠT ĐỘNG SẢN XUẤT NÔNG NGHIỆP VÀ CÔNG NGHIỆP CỦA CHÂU Á Kí hiệu Nông nghiệp Công nghiệp Hoạt động kinh tế Phân bố ở các nước Trồng lúa mì CA- DẮC –XTAN, ẤN ĐỘ, TRUNG QUỐC Trồng lúa gạo ĐÔNG NAM Á, TRUNG QUỐC, ẤN ĐỘ Trồng bông CA- DẮC –XTAN, ẤN ĐỘ, TRUNG QUỐC Nuôi trâu, bò ẤN ĐỘ, TRUNG QUỐC Sản xuất ô tô Khai thác dầu mỏ NHẬT BẢN, HÀN QUỐC, TRUNG QUỐC TÂY NAM Á, ĐÔNG NAM Á Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 MỘT SỐ HOẠT ĐỘNG SẢN XUẤT NÔNG NGHIỆP ĐỊA LÝ: Châu Á (TT) Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế gì ? Hoạt động sản xuất chính của người dân châu Á là nông nghiệp và một số nước có công nghiệp phát triển. Trồng Thu hoạch lúa lúa lúagạo mì gạo Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 ĐỊA LÝ: Châu Á (TT) Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế Kết luận: Người dân châu Á phần lớn làm nông nghiệp, nông sản chính là lúa gạo, lúa mỳ, thịt, trứng, sữa. Một số nước phát triển ngành công nghiệp: khai thác dầu mỏ, sản xuất ô tô, … Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 ĐỊA LÝ: Châu Á (TT) Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế Hoạt động 3 : Khu vực Đông Nam Á Hoạt động nhóm đôi : (2’) Xác định vị trí địa lý khu vực Đông Nam Á trên lược đồ ? LƯỢC ĐỒ CÁC KHU VỰC CHÂU Á Thứ tư ngày 8 tháng 01 năm 2014 ĐỊA LÝ: Châu Á (TT) Hoạt động 1 : Dân cư châu Á Hoạt động 2 : Hoạt động kinh tế Hoạt động 3 : Khu vực Đông Nam Á LƯỢC ĐỒ KHU VỰC ĐÔNG NAM Á 

Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh nghệ an năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang Câu Nội dung Điểm Câu 1. (3 điểm). a. Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó). b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2. Nhận xét: n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 0,5 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13 a Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ..., 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 1,5 Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 0,5 Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13 Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13. Khối lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam. 1 Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3 x – 2 +19) = y2 (x ≥ 2). Để y là số nguyên (3,0) thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số nguyên dương) Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 3 2k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết b cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương. 1,5 Do đó x – 2 = 2k là số chẵn k k Ta có 3x – 2 + 19 = z2 ⇔ ( z − 3 ) ( z + 3 ) = 19 . Vì 19 là số nguyên tố và  z − 3k = 1  z = 10  z = 10 ⇔ ⇔ z − 3 < z + 3 nên   k k  z + 3 = 19 k = 2 3 = 9 Vậy x = 6 và y = 30. Câu 2. (6 điểm). k k 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 a. Giải phương trình: x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3 2 (6,0)  4 x 2 + 1 = y 2 − 4 x b. Giải hệ phương trình:  2 2  x + xy + y = 1 ĐKXĐ: R. −1 Vì x = không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với 2 x2 + 6 x + 1 = x2 + 2x + 3 a phương trình: 2x +1 3, 2 0 ⇔ x + 6x + 1 − 2 = x2 + 2 x + 3 − 2 2x +1 0,5 0,5 x 2 + 6 x + 1 − 2(2 x + 1) ( x 2 + 2 x + 3 + 2)( x 2 + 2 x + 3 − 2) = 2x +1 x2 + 2x + 3 + 2 ⇔ x2 + 2x −1 = 2x +1 x2 + 2x −1 0,25 x2 + 2x + 3 + 2  x2 + 2x − 1 = 0 (1)  1 1  ⇔ ( x + 2 x − 1)  − =0 ⇔  ÷ 2  x 2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 (2)  x + 2x + 3 + 2 2x +1  0,5 PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 ± 2 0,25 PT (2) ⇔ 0,25 2 x2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 ⇔ x2 + 2x + 2 = 2x −1 1  x ≥ 3 + 15 ⇔ 2 ⇔ x3 = 3  x 2 + 2 x + 3 = (2 x − 1) 2  Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 ± 2; x3 = 0,25 3 + 15 3 ( 2 x + 1) 2 = y 2  y = ±2 x + 1 ⇔ 2 Hệ phương trình ⇔  2 2 2  x + xy + y = 1  x + xy + y = 1  y = 2 x + 1  y = 2x +1 ⇔ Xét hệ:  2  2 2 2  x + xy + y = 1  x + x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 b 3, 0 0,25  y = 2x + 1 5  x=−   y = 2 x + 1 x = 0     x=0 7 ⇔ 2 ⇔   ⇔ hoặc  y =1 7 x + 5 x = 0  x = − 5 y = − 3    7 7  y = −2 x − 1  y = −2 x − 1 ⇔ Xét hệ:  2  2 2 2  x + xy + y = 1  x − x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1  y = −2 x − 1  y = −2 x − 1 x = 0  x = −1  ⇔ 2 ⇔  x = 0 ⇔  hoặc  3 x + 3 x = 0  y = −1 y =1   x = −1   5 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),  − ; − ÷, (0;-1), (-1;1)  7 7 Câu 3. (3 điểm). a +1 b +1 c +1 + + ≥3 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 2 b + 1 c2 + 1 a2 + 1 Sử dụng bất đẳng thức Cô si b 2 ( a + 1) b 2 ( a + 1) a +1 b + ab Ta có: 2 (1) = a +1− 2 ≥ a +1− = a +1− b +1 b +1 2b 2 b +1 c + bc c +1 a + ca ≥ b +1− ≥ c +1− Tương tự: 2 (1) và 2 (3) c +1 2 a +1 2 3 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + 2 + 2 ≥ +3− Từ (1); (2) và (3) suy ra: 2 (3,0) b +1 c +1 a +1 2 2 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = 9 0,5 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca 3 9 + 2 + 2 ≥ +3− Do đó: 2 = +3− = 3 0,5 b +1 c +1 a +1 2 2 2 6 a +1 b +1 c +1 + + ≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy 2 0,5 b + 1 c2 + 1 a2 + 1 Câu 4. (6 điểm). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM và AB. · · a. Chứng minh HPO = HQO 1 1 + b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng có giá trị nhỏ nhất. EA EB 2 4 (6,0) a 3, 0 ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1) ∆ MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO = Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay (*) MH MQ ∆ MPH và ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra ∆ MPH đồng · · dạng ∆ MOQ (c.g.c) suy ra MHP = MQO 1 ¼ · · Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp ⇒ HPO = sdOH (đpcm) = HQO 2 0,75 0,5 0,5 0,75 0,5 b 3, 0 Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay ∆ EBF cân tại E, suy 1· α · = BEA ra BFA . Đặt ·AEB = α khi đó ·AFB = nên F di chuyển trên cung 2 2 α chứa góc dựng trên BC. 2 1 1 4 1 1 + ≥ + Ta có: . Như vậy nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất EA EB EA + EB EA EB 0,5 0,5 hay EA + EF lớn nhất ⇔ AF lớn nhất (**) Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra ∆ O’AB cân tại O’ suy ra 0,5 O’A=O’B (3) · · ∆ O’EB và ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO '' = BEO '' (cùng bù với 0,5 · BAO '' ⇒ ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4) α Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng BC. 0,5 2 (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E ≡ O’ (***). 0,25 1 1 + Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì có giá 0,25 EA EB trị nhỏ nhất. Câu 5. (2 điểm). Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung. 5 2,0 Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình vuông MNPQ tâm O cạnh là 0,75 (2,0) (a-2) và MN // AB. Các đường trung bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau. Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 trong 5 tâm 0,5 của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2. Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O 1O2 ≥ 0,5 2 (1) a−2 Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là nên 2 0,5 a−2 a−2 O1O2 ≤ . 2 (2) ( . 2 là đường chéo hình vuông nhỏ) 2 2 a−2 2 ≥ 2 ⇔ a ≥ 2 + 2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh Từ (1) và (2) ⇒ 0,5 2 lớn hơn hoặc bằng ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 20.00 Lưu ý: 1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó, 2. Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm. 

Đề thi học sinh giỏi môn hóa 9 thành phố hồ chí minh năm học 2015 2016(có đáp án)



Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh hưng yên năm học 2015 2016(có đáp án)

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (2 điểm).   Ta có x  1  3 2  3 4  2  3 2 1  3 2  3 4  3 2.x   x  1  2x 3  x 3  3x 2  3x  1  A  2017 3 Câu 2 (5 điểm). Cách 2: y B M H 1 O 1 x A Ta có đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định M(1;1) do đó khoảng cách OH lớn nhất là khoảng cách từ O đến M là 2 khi đó ta có m2  1  m  1 2  1  m  1 2 Câu 3 (2 điểm). x 2  3 x. 3 3 x  2  12  Câu 4 (3 điểm). 1  x x 8 x Câu 5 (6 điểm). A O D B H F C M G K Câu 6 (2 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a3 b3 c3    3abc 3a  ab  ac  2bc 3b  ba  bc  2 ac 3c  ca  cb  2 ab Ta có a  b  c  3 nên 3a  ab  ac  2bc   a  b  c  a  ab  ac  2bc  a 2  2bc P Tương tự 3b  ba  bc  2ac  b 2  2ac ; 3c  ca  cb  2ab  c 2  2ab Do đó : 

Đề thi học sinh giỏi toán 10 có đáp án chi tiết

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT HSG TOÁN 10 THÁNG 04 NĂM 2016 CÂU NỘI DUNG VẮN TẮT ĐIỂM 3 2 2 Câu 1 Cho phương trình : x  3 m  1 x  2  m  4m  1 x  4m  m  1  0 Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1. 2.0 x3  3 m  1 x 2  2  m2  4m  1 x  4m  m  1  0 1   x  2   x 2   3m  1 x  2m  m  1  0 x  2  2  x   3m  1 x  2m  m  2   0 x  m 1 2    m  1  2    x  2m  Câu 2  2  1  m  1  2  1  m  ĐK bài toán 1  2m  2   2  m  1  2m m  1  Giải phương trình : x  1  7  x  x 2  6 x  13 * ĐK : 1  x  7 Cách 1 : VT *  1. x  1  1. 7  x  1  1 x  1  7  x   4 1.5 VP *   x 2  6 x  9   4   x  3  4  4 2   x 1  7  x  x  3  tm  Do đó *   x  3  0   Cách 2 : *  4  x2  6 x  9   x  1  4  4  x  3 2     x  1  2   7  y  2  0 2 x  3  0    x  1  2  x  3  tm    7x 2 Cách 3 : Liên hợp 2 lần  x 1  4  7  y  4 7  y  4  0 2 Câu 3  3x  y  2x  y 1  x  2  . y  Giải hệ phương trình :   y 2 . 3x  y  2 x 2  y 2  4 x 2    y  3x  y 0 ĐK : y  0, y  x 1 x x x  a    2.  . 1  3.  2.  1  y y y y  y Hệ   Đặt , ta có hệ  2 1 x x x 1 b   1  3.  2  1  4. .     y y y y  y   a  2b  1  3a  2a  1  2  1  3a  2a  4ab  1   a  2b  1 . 1  3a  2a 2  2a  4ab   a  2b  1   1  3a  2a  0  a  1  2b   1  3a  2a  a  1  2b   y. 1  x 2  1   x  y  2 thay vào 1 được y y 3 2  y  3 2  y  2 y  2  2  y   y  2. 1   1 y y y 2  y  y 0 2 y 2 y  4. 0   7. y 2  y 7  y   y 4  2 y  2  x  o  8 14 y   x   11 11 Thử lại chỉ có  x; y    0;2  thỏa mãn 1  3a  4a 2  1  3a  2a    a 1 x  y a  0 Thay vào 1 được 2  x  2   x  x  4  y  4 Kết luận : Hệ đã cho có hai nghiệm  x; y    0;2  ,  x; y    4;4  1.5 Câu 4 Cho tam giác đều ABC, trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N 1 1 sao cho AM  AB , BN  BC . Gọi I là giao của AN và CM. Chứng minh 3 3 BI vuông góc với CM. 1.5 y B N M I A O Gọi O là trung điểm của AC  AC  OB x C  Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho O  0;0  , C 1;0  , B 0; 3   2 3  1 2 3   A  1;0  , M   ; , N  ;  3 3 3 3     Phương trình CM : 3 x  5 y  3  0 ; AN : 3 x  2 y  3  0 Câu 5   3 2 3  3 x  5y  3  0 Tọa độ I là nghiệm của hệ   I  ;    7 7   3 x  2y  3  0 3 5 3 1  5 , IB  Ta có CM   ;   ;   7 7 3 3   5 3  1 5 3 CM .IB  .     0  CM  IB . 3 7  3 7 Lưu ý : Thí sinh có thể chứng minh vuông góc theo sơ cấp hoặc phương pháp véc tơ. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D, có CD  2 AB  2 AD . Gọi E là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE , điểm F thuộc đoạn BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết E  2;4  , đường thẳng EF có phương trình 2 x  y  8  0 và đỉnh D thuộc đường thẳng 3x  y  8  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. 1.5 P A E B F D C Gọi P là điểm đối xứng với D qua A. Do BA  AD  AP nên DBP vuông tại B, DBC vuông tại B, suy ra P, B, C thẳng hàng. Vì EP  ED  EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp PDF  AED  DFP  DEBF nội tiếp  DEF  DBF  900  DE  EF Phương trình DE : x  2 y  6  0  D  2;2  DE 2  AD2  AE 2  10 AE 2  AE 2  2 A a;8  3a  , AE 2  2  A1;5 EB  2 EA  B  4;2  Câu 6 DC  2 AB  C  4; 4  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất abc  5ab  9bc  8ca  của biểu thức : Q   4a  3b  5b  4c  3c  5a  1.0  x, y , z  0 3 4 5  Đặt x  , y  , z    3 4 5 a b c x  y  z  6  9 8 5   3x  2 y  z a b c Q   3 4  4 5  5 3   x  y  y  z  z  x          a b  b c  c a  3 3x  2 y  z  3.Q  . y  z  x  y  x  z  2 x  y    x  z   1 3  3.Q     2y z  x  y  x  z   1 1 3 2      2  x  y y  z z  x  1 1 1 3 3 2 2          8 x y y z z x  1 3 4 5  1 3       .6  8 x y z  8 4 3 Q 16 3 5 Dấu = xảy ra khi  x; y; z    2;2;2    a; b; c    ;2;  2 2 3 Vậy maxQ  đạt được khi  a; b; c    2;2;2  16 

Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh đăk lăk năm học 2015 2016(có đáp án)

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau:  x  5 y  20  2 1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 2 2 2 1  3x   2 x 1  3 x   1  3 y   2 x 1  3 y  1  x 1  2 x 1  3 x   1  3 y  1  3 y  2 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 2 2 2 3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y  1  3x   1  3 y   2 x 1  3 y   2 x 1  3 x   x  5 y  20  x  5 y  20    2 2 3  x  y   2  3  x  y   2 x   0 3  2  3  x  y    x  y   6 x  x  y    x  5 y  20  x y5  x  5 y  20    x y 0 x  20     x  y  0    y    x  5 y  20  5 2  3  x  y   2 x2  0   5 x 2  9 x  35  0  vo nghiem   2     2  3  x  y   2 x  0 Vậy hệ phương trình có một nghiệm là  5; 5 2) Tìm tất cả số thực m để phương trình: x2 – 2(2m + 1)x + 3m + 4 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt   m  1 4m  3  0   m  1      0  2m  1   3m  4   0    m  3 4 3     P  0   3m  4  0  m     4 m 3 4 S 0  2  2m  1  0   1   1  m   2   m   2 2 Bài 2 : (4 điểm)  x  y  z  2 . Tính giá trị của biểu thức  x  y  z  2 1) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn  P  y x z     x  1 y  1 z  1    x  1 y  1 z  1   Ta có 2  xy  yz  zx    x  y  z    x  y  z   22  2  2  xy  yz  zx  1 2 Nên x  1  x  xy  yz  zx   x  y  x  z  tương tự: y  1   x  y  y  z  ; z  1   x  z  y  z   y x z      x 1 y 1 z 1  Do đó: P   x  1 y  1 z  1   G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 2   x y  2  xy  yz  zx  2 2 y z  2 z x  2  x   y z  y   x y    z  z x  z y  x y z x   b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B đều khác gốc tọa độ O mà OA + OB = 6. Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a, b  0, vì cắt Ox, Oy) Vì đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) nên có: a + b = 2  b = 2 – a Đường thẳng y = ax + 2 – a cắt tia Ox tại điểm có hoành độ a2 , cắt tia Oy tại điểm có a a  2 0 tung độ 2  a . Nên  a a0  2  a  0  a  1 a2 Ta có OA + OB = 6  (TM)  2  a  6  a 2  3a  2  0   a  1 a  2   0   a a  2 +) Với a = –1, phương trình đường thẳng là : y = –x + 3 +) Với a = –2, phương trình đường thẳng là : y = –2x + 4 Bài 3: (4 điểm) 3 a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab  6   a  b  a  b  3 a  b  4 Ta có 10  ab  99  16  ab  6  105  16   a  b 3  105  3  a  b  4   Nên ab12;21;30;13;22;31 . Chỉ có 21  6   2  1 là đúng. Vậy ab  21 b) Cho a  111 1 , b  100 05 . Chứng minh rằng số M  ab 1 là số chính 3 2017 chu so 1 2016 chu so 0 phương. Ta có: a  111 1  2017 chu so 1 102017  1 ; b  100 05  102017  5 . 9 2016 chu so 0  102017 102017  1 2017  10  5  1  Do đó M  ab  1  9  10 2017 2  2   2  4 102017  5 9 10  1  2017 2  4 102017  4 9 2  102017  2    9 3   2017 10  2  N . Do đó M  ab  1 là số chính phương. Vì 102017  2 3 nên 3  Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2R. Biết BC = CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao cho AD = BE. Vẽ EH vuông góc với AD tại điểm H. Hai đường thẳng AC, EH cắt nhau tại k. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AE. Chứng minh rằng: 1) AD. AF + BC. BF = 4R2. 2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 3 F D C H K A I I'' E H B 1) AD. AF + BC. BF = 4R2. K FH  AB (H  AB), ta có: ADB  ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét ADB và AHF có: ADB  AHF  900 , A (góc chung) AD AH   AD. AF  AB. AH  a  AB AF Xét ACB và FHB có: ACB  FHB  900 , B (góc chung) BC BH Vậy ACB FHB    BC.BF  AB.BH  b  AB BF Từ a), b)  AD.AF  BC.BF  AB  AH  BH   AB2  4R2 (đpcm) Vậy ADB AHF  2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng. Vì BC  CD  BC  CD  BAC  CAD  AC là phân giác góc BAD. Gọi I’ là giao điểm của DK với AB. (1) AI  KI   c AD KD KI  I E  Xét BI’D có EK // BD (EH  AD, BD  AD)  c KD BE AI  I E  Từ c), d)  mà AD = BE (gt)  AI’ = I’E  I’  I (vì AI = IE (gt)) (2) AD BE Xét AI’D có AK là phân giác DAI   Từ 1) và 2) suy ra D, I, K thẳng hàng (đpcm) Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O và diện tích tam giác AOB bằng 9 cm2, diện tích tam giác COD bằng 16 cm2. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 4 B A O D Ta có: C S AOB S BOC OB    S AOD  S BOC  S AOB  SCOD  9 16  144 S AOD SCOD OD Do đó S AOD  SBOC  2 S AOD  SBOC  2 144  24 Nên S ABCD  S AOB  SCOD  S AOD  S BOC  9  16  24  49 . Dấu “=” xảy ra  S AOD  S BOC  OA.OD  OB.OC  OA OB   AB / /CD OC OD Vậy Min SABCD = 49 cm2 khi AB // CD. Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c là ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5a2 + 11b2 + 5c2. 1   21 14   1   P  5a 2  11b 2  5c 2   2a 2  b 2    b 2  c 2    c 2  3a 2  2   2 3  3   1 21 2 14 2 1  2 2a 2  b 2  2 b  c  2 c 2  3a 2 2 2 3 3  2ab  14bc  2ca  2  ab  7bc  ca   2 188  376 1  2a 2  b 2  2   21 b 2  14 c 2 Dấu “=” xảy ra  2  3  1 2 c  3a 2  3  ab  7bc  ca  188 (tự xử tiếp) G GV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– TTH HC CS SP Phhaann C Chhuu TTrriinnhh –– B Buuôônn M Maa TThhuuộộtt trang 5 

Đề thi học kì i môn toán 8 phòng giáo dục ninh hòa năm học 2015 2016(có đáp án)

HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP 8 Bài Nội dung xy  x  2 xy  3 Điểm 2 1a  x3 y  2 x2 y 2  3xy 7  5 5 1b 1c  54  56  : 54  7  5  1  52  59  4x 2 0,5  9 y2  :  2x  3 y  0,25 0,25   2 x  3 y  2 x  3 y  :  2 x  3 y  0,25  2x  3 y 0,25 x 2  xy  x  y 2a  x  x  y   x  y 0,5   x  y  x  1 0,25 5x2  10 xy  5 y 2  45 2b  5  x 2  2 xy  y 2   9 0,25 2  5  x  y   9    0,25  5  x  y  3 x  y  3 0,5 2 x  4  3x   3  2 x 2  1  13 3a  8x  6 x2  6 x2  3  13  8x  16 x2 0,25 0,25 0,25  2 x  3   3  x   0   2 x  3  3  x  2 x  3  3  x   0  x  3x  6   0 0,25 Suy ra: x  0 hoặc x  2 0,5 2 3b A A 4a 2 0,25 x2  2 2 1  2  3 x 1 x  x  1 x 1 x 2  2  2  x  1   x 2  x  1  x  1  x 2  x  1 0,25 A x2  2  2 x  2  x2  x  1  x  1  x 2  x  1 0,25 A x 1  x  1  x 2  x  1 0,25 A 1 x  x 1 0,25 2 A có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x2  x  1 có giá trị nhỏ nhất 0,25 2 1 3 3  Mà x  x  1   x     , x  R 2 4 4  3 1 Nên giá trị nhỏ nhất của x2  x  1 là khi x   4 2 1 Hay x   thì A có giá trị lớn nhất 2 2 4b M A 5 5a 5b 5c 5d B I D 0,25 K N C Nêu được: AM // CN Nêu được: AM = CN Kết luận: AMCN là hình bình hành Chứng minh được: AMND là hình bình hành Nêu được: AM = AD Kết luận: AMND là hình thoi Chứng minh được: MINK là hình bình hành Chứng minh được: I = 900 và kết luận MINK là hình chữ nhật MINK là hình vuông  MI = NI  AN = DM  AMND là hình vuông  A = 900  ABCD là hình chữ nhật a  b  c 3 0,25 0,25   a  b   3c  a  b   3c 2  a  b   c3 3 2  a3  b3  3ab  a  b   3c  a  b   3c 2  a  b   c3 2 6 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25  a3  b3  c3  3  a  b   ab  ac  bc  c 2   a3  b3  c3  3  a  b  b  c  c  a  Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa 0,25 

Đề thi khảo sát chất lượng giáo viên THCS môn toán tỉnh vĩnh phúc năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN  NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN – CẤP THCS  Câu 1 (2,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm 1,00 a) x > 0 , khi đó ta có: x ≠ 1 Điều kiện xác định của P:  0,50 ( P= 0,25 P= ) ( 2 x +1 − ) 2 x − 1 + 4 x ( x − 1) x − 1 . x −1 x 4 x + 4 x ( x − 1) x = 4x 0,25 b) 0,50 1 5 −1 = 4 3 + 15 1 + 5   5 −1  3  5 −1 = P  = 4. = 5 −1 Suy ra: P  ÷ ÷ ÷ ÷ 4  3 + 15   4  3 Có: = 0,25 0,25 c) 0,50 4 x = x  x = 0   P = x ⇔  x > 0 ⇔   x = 4 x ≠ 1  x > 0, x ≠ 1   ⇔ x = 4. 2 2 0,25 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) a) Tìm được A(2; 2) Tìm được m = 0 b) Nội dung trình bày Điểm 0,50 0,25 0,25 0,50 1 1 1 x2 có: (d ) : y = x − , y1 = 1 (1), y 2 = x2 − (2). 2 2 2 2 Theo giả thiết: x1 + x1 = −1 (3) và y1 = 4 y2 (4) 0,25 Khi m = 1    2 Thay (5) vào (1) có: x1 + 8 x1 + 12 = 0 (6) Từ (2) (3) (4) có: y1 = 4  − x1 − 1 − ÷ (5) 2 1 2 9 2 Giải (6) (2) (3) (4) (5) ta có: M (−2; 2) , N (1; ) hoặc M (−6;18) , N (5; ) 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) Nội dung trình bày Điểm Gọi vận tốc riêng ca-nô là x km/h, vận tốc dòng nước là y km/h (đk: x>y>0) thì khi 0,25 xuôi dòng vận tốc ca-nô là (x+y) km/h, khi ngược dòng là (x-y) km/h. Ca-nô xuôi dòng trong 4 giờ và ngược dòng trong 3 giờ thì được 250km, ta có phương trình: 4(x+y)+3(x-y)=250 (1) 0,25 Ca-nô xuôi dòng trong 3 giờ và ngược dòng trong 40 phút (2/3 giờ) thì được 140km, ta có phương trình: 3(x+y)+(2/3)(x-y)=140 (2)  4( x + y ) + 3( x − y ) = 250 7 x + y = 250  ⇔ Từ (1) (2) ta có:  (3) 2 11x + 7 y = 420 3( x + y ) + 3 ( x − y ) = 140 0,25 Giải (3) có: x=35, y=5. Vậy vận tốc riêng ca-nô là 35km/h và vận tốc dòng nước là 5km/h. Câu 4 (1,0 điểm): Nội dung trình bày a) 2 Có: ∆ '' = ( m + 1) − ( m − 4 ) = m 2 + m + 5 0,25 Điểm 0,50 0,25 2 1  19  =  m + ÷ + > 0 với mọi m, suy ra đpcm. 2 4  b) 0,25  x1 + x2 = 2 ( m + 1)  x1 x2 = m − 4 0,50 Gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT, khi đó theo định lý Viet ta có:  0,25  x + x = 2 ( m + 1) ⇔ 1 2 ⇒ x1 + x2 − 2 x1 x2 = 10 . Vậy hệ thức cần tìm là x1 + x2 − 2 x1 x2 = 10 . 2 x1 x2 = 2m − 8 0,25 Câu 5 (3,0 điểm): K P M O A N H B Nội dung trình bày a) » = PK » ⇒ MB = PK (1) Do MK P BP ⇒ MB MB = AN (2). Từ (1) (2) suy ra PK = AN (3) » = KB » và MB » = PK » suy ra »AP = KM ¼ hay PK P AN (4) KA Từ (3) (4) suy ra PK, AN là 2 cạnh đối của một hình bình hành hay suy ra đpcm. b) Gọi H là trung điểm của AB , khi đó OH ⊥ AB sin ·AOH = AH 3 suy ra ·AOH = 600 . = OA 2 Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 ·AKB = 1 ·AOB = ·AOH = 600 , tam giác AKB là tam giác đều. 2 Do KM = AP và KN = AP , suy ra: KM = KN · KMN = ·ABK = 600 Từ đó ta có tam giác KMN là tam giác đều. c) Có: MA + MK + MB = MA + NM + AN = 2MA ≤ 4 R . » . Dấu “=” xảy ra ⇔ MA là đường kính hay M là điểm chính giữa của cung bé BK » . Vậy: Max ( MA + MK + MB ) = 4 R ⇔ M là điểm chính giữa của cung bé BK 0,25 0,25 0,25 1,0 0,5 0,5 Câu 6 (1,0 điểm): Nội dung trình bày ( n + 9n − 2 ) M( n + 11) ⇔ n ( n + 11) − 2 ( n + 1) M( n + 11) 2 ⇔ ( 2n + 2 ) M( n + 11) Điểm 0,25 0,25 ⇔  2 ( n + 11) − 20  M( n + 11) 0,25 ⇔ 20M( n + 11) ⇔ n = 9 . Vậy n = 9 là giá trị cần tìm. 0,25 Câu 7 (1,0 điểm): Nội dung trình bày Chứng minh: a + b ≥ a b + b a 5 5 3 2 3 2 3 2 2 3 2 2 Thật vậy, a + b ≥ a b + b a ⇔ a ( a − b ) − b ( a − b ) ≥ 0 5 5 3 2 Điểm 3 2 ⇔ ( a3 − b3 ) ( a 2 − b 2 ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) 2 ( a 2 + ab + b 2 ) ( a + b ) ≥ 0 . 0,25 Dấu bằng xảy ra a = b . ab ab 1 abc c ≤ 3 2 = 2 = 2 = 5 3 2 2 2 a + b + ab a b + b a + ab a b + b a + 1 a b + b a + abc a + b + c bc a ca b ≤ ; 5 ≤ Tương tự có: 5 5 5 b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c a b c + + = 1 , dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c = 1 . Suy ra: P ≤ a+b+c a+b+c a+b+c Vậy Pmax = 1 khi a = b = c = 1 . Khi đó: 5 0,25 0,25 0,25 Yêu cầu: + Điểm toàn bài tính đến 0,25; + Với các ý từ 0,5 điểm trở lên, tổ chấm thống nhất để chia nhỏ đến 0,25; + Với mỗi ý, Hướng dẫn chấm chỉ trình bày 1 cách giải với các bước cùng kết quả bắt buộc phải có. Nếu thí sinh giải theo cách khác và trình bày đủ các kết quả thì vẫn cho điểm tối đa của ý đó. + Trong mỗi ý, thí sinh sai từ đâu thì không cho điểm từ đó. + Bài hình học bắt buộc phải vẽ đủ hình, không vẽ đủ hình của ý nào thì không cho điểm liên quan của ý đó. 

Đề thi khảo sát chất lượng giáo viên THCS môn văn tỉnh vĩnh phúc năm học 2015 2016(có đáp án)

mạnh đó cũng tồn tại không ít cái yếu. (4)Ấy là những lỗ hổng về kiến thức cơ bản do thiên hướng chạy theo những môn học “thời thượng”, nhất là khả năng thực hành và sáng tạo bị hạn chế do lối học chay, học vẹt nặng nề. (5)Không nhanh chóng lấp những lỗ hổng này thì thật khó bề phát huy trí thông minh vốn có và không thể thích ứng với nền kinh tế mới chứa đựng đầy tri thức cơ bản và biến đổi không ngừng”. (Trích Chuẩn bị hành trang vào thế kỉ mới, Vũ Khoan, SGK Ngữ văn 9, tập hai, NXB GDVN, 2013) Câu 5. Đặt nhan đề cho đoạn trích trên. (0,25 điểm) Câu 6. Phân tích cấu tạo ngữ pháp của câu (2). (0,25 điểm) Câu 7. Câu (1),(2),(3) được liên kết với nhau bằng những phép liên kết nào? (0,5 điểm) Câu 8. Theo đồng chí, cần phải làm gì để khắc phục “lối học chay, học vẹt”? (Trả lời trong khoảng 5-7 dòng). (0,5 điểm) II. PHẦN LÀM VĂN (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Một lời động viên chân thành dành cho những người đang trong cơn khủng hoảng có thể mang đến sức mạnh bất ngờ khiến họ vượt qua tất cả khó khăn, nghịch cảnh. Ngược lại, một lời tiêu cực có thể giết chết họ. Viết một bài văn ngắn trình bày suy nghĩ của đồng chí về ý kiến trên. Câu 2. (4,0 điểm) Hình ảnh người lính trong kháng chiến chống Pháp qua bài thơ Đồng chí của Chính Hữu. ------------- HẾT ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………………….SBD……………………………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HDC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: NGỮ VĂN - CẤP THCS (Đáp án gồm 04 trang) I. PHẦN ĐỌC HIỂU (3,0 điểm) Câu Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Nội dung Phương thức biểu đạt chính của đoạn thơ: biểu cảm Những biện pháp nghệ thuật được sử dụng trong hai câu thơ: - Đảo trật tự cú pháp: Vàng cơn nắng, trắng cơn mưa. - Nhân hóa: rặng dừa nghiêng soi. - Nghĩa của từ “nghe”: không chỉ là nhận thấy bằng thính giác mà còn là cảm nhận, thấu hiểu bằng cả trái tim và trí tuệ. - Nghĩa của từ “tiếng xưa”: là tiếng nói của quá khứ, thông điệp của cha ông gửi gắm trong truyện cổ. Suy nghĩ về quan niệm sống “Ở hiền thì lại gặp hiền”: - Quan niệm này thể hiện niềm tin, mơ ước của nhân dân về sự công bằng. - Quan niệm sống giàu tính nhân văn, hướng thiện: khuyên con người hãy sống nhân ái, tốt đẹp để nhận được hạnh phúc theo luật nhân - quả. Đặt tiêu đề cho đoạn văn: Thí sinh có thể đặt tiêu đề theo nhiều cách khác nhau, nhưng tiêu đề phải nêu bật được chủ đề của đoạn trích: Cái mạnh và cái yếu của con người Việt Nam. - Phân tích cấu tạo ngữ pháp: - CN: Bản chất trời phú ấy. - VN: rất có ích trong xã hội ngày mai mà sự sáng tạo là một yêu cầu hàng đầu. Câu (1), (2), (3) được liên kết với nhau bằng các phép liên kết: - Phép thế: Bản chất trời phú ấy (Câu 2), cái mạnh đó (Câu 3) thay thế cho các cụm từ: sự thông minh, nhạy bén với cái mới (Câu 1). - Phép nối: Nhưng (nối Câu 3 với Câu 2). - Phép trái nghĩa : cái mạnh (Câu 1) - cái yếu (Câu 3). - Phép lặp: cái mạnh – (Câu 1), (Câu 3) Thí sinh có thể bày tỏ suy nghĩ theo nhiều cách khác nhau, sau đây là một số gợi ý: - Kết hợp lí thuyết với thực hành, tăng cường trải nghiệm thực tiễn. - Cần hiểu được bản chất của vấn đề chứ không chỉ học thuộc lòng một cách máy móc. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 II. PHẦN LÀM VĂN (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Yêu cầu về kĩ năng: - Biết cách làm bài văn nghị luận xã hội về một tư tưởng đạo lý, vận dụng tốt các thao tác lập luận để giải quyết vấn đề một cách thuyết phục. - Bài viết có bố cục mạch lạc; hệ thống luận điểm, luận cứ rõ ràng; dẫn chứng tiêu biểu, xác đáng; hành văn trong sáng, giàu cảm xúc; không mắc lỗi chính tả, dùng từ, đặt câu. Yêu cầu về kiến thức: Đây là đề mở, có thể có những quan điểm khác nhau nhưng phải phù hợp với chuẩn mực đạo đức, lẽ phải. Dưới đây là những định hướng cơ bản: Ý 1, 2, a, b, Nội dung Giải thích: - “Lời động viên chân thành”: là những lời cổ vũ, khích lệ xuất phát từ những tình cảm nhân ái, yêu thương thực sự. - “Lời tiêu cực”: là những lời rèm pha, chỉ trích, nhận xét, đánh giá xuất phát từ sự ác ý, ích kỉ; hoặc lời nói thể hiện cái nhìn bi quan, tuyệt vọng khiến người khác mất niềm tin. Như vậy, câu nói vừa khẳng định vai trò, ý nghĩa quan trọng của sự động viên, chia sẻ, đồng thời chỉ ra hậu quả nghiêm trọng của những lời nói tiêu cực đối với cuộc sống của mỗi con người. Bàn luận, chứng minh: Một lời động viên chân thành dành cho những người đang trong cơn khủng hoảng có thể mang đến sức mạnh bất ngờ khiến họ có thể vượt qua tất cả khó khăn, nghịch cảnh - Lời động viên chân thành có thể giúp cho những người đang trong cơn khủng hoảng cảm thấy: + Được sẻ chia, an ủi, có điểm tựa về tinh thần để vượt qua những khó khăn, bất hạnh. + Được tiếp thêm ý chí, niềm tin, mang đến cái nhìn lạc quan, hi vọng để có thể nỗ lực gặt hái những thành công. - Sự động viên, chia sẻ thể hiện lối sống nhân ái, bồi đắp những vẻ đẹp nhân văn, cao thượng trong tâm hồn mỗi người. Một lời tiêu cực có thể giết chết họ - Những lời nhận xét, đánh giá tiêu cực có thể: + Đẩy người khác vào sự bi quan về hoàn cảnh thực tại, dẫn đến chán nản, không còn động lực cố gắng. + Khiến người bị đánh giá có cảm giác tự ti, bị cô lập, xa lánh; có thể đẩy họ Điểm 0,5 2,0 1,0 1,0 đến sự tuyệt vọng. - Những lời nhận xét đánh giá tiêu cực thể hiện lối sống ích kỉ, hẹp hòi hoặc cái nhìn bi quan, phiến diện. Lưu ý: Mỗi luận điểm cần kết hợp với dẫn chứng, lí lẽ để làm sáng tỏ. 3 Mở rộng, nâng cao, liên hệ bản thân 0,5 - Phê phán lối sống ích kỉ, thờ ơ, vô cảm với những bất hạnh của đồng loại; phê phán những sự động viên, chia sẻ “không chân thành” mà xuất phát từ mục đích vụ lợi. - Để có thể vượt qua khủng hoảng, bản thân mỗi người cần chủ động, không nên chỉ trông chờ vào những lời động viên từ người khác; những lời nói tiêu cực không phải lúc cũng có thể “giết chết” một con người, bởi đối với những người có bản lĩnh nó lại trở thành động lực. Câu 2. (4,0 điểm) Yêu cầu về kĩ năng: Hiểu đề, biết cách làm bài văn nghị luận văn học. Biết phân tích dẫn chứng để làm sáng tỏ vấn đề. Bố cục rõ ràng, lập luận chặt chẽ. Hành văn trôi chảy. Văn viết có cảm xúc. Không mắc các lỗi diễn đạt, dùng từ, ngữ pháp, chính tả. Yêu cầu về kiến thức: Cần làm sáng tỏ được những ý cơ bản sau: Ý I, 1, 2, II, 1 Nội dung Giới thiệu chung: Thí sinh có thể nêu khái quát về đề tài người lính, về tác giả tác phẩm theo nhiều cách khác nhau, sau đây là một số gợi ý tham khảo: Đề tài - Trong văn học Việt Nam giai đoạn 1945 -1975, đề tài người lính chiếm một vị trí quan trọng. - Hình tượng người lính trong kháng chiến chống Pháp vừa mang những nét đẹp truyền thống vừa đậm dấu ấn thời đại. Giới thiệu về tác giả Chính Hữu và bài thơ Đồng chí - Chính Hữu là nhà thơ trưởng thành trong hai cuộc kháng chiến chống Pháp và chống Mĩ. Thơ ông chủ yếu viết về đề tài người lính và chiến tranh, cảm xúc dồn nén, ngôn ngữ, hình ảnh giản dị, chọn lọc, hàm súc. - Bài thơ Đồng chí là một trong những tác phẩm tiêu biểu nhất viết về người lính cách mạng thời kì kháng chiến chống Pháp, thể hiện những tình cảm thiết tha, sâu sắc của tác giả với những người đồng chí, đồng đội của mình. Phân tích, chứng minh: Làm rõ những bình diện của “hình ảnh người lính trong kháng chiến chống Pháp qua bài thơ Đồng chí” Xuất thân từ những miền quê nghèo, lam lũ, vất vả. - Họ là những người lính vốn xuất thân từ nông dân. Những vùng quê của họ khác nhau nhưng đều chung sự nghèo khó và lam lũ: nước mặn đồng chua, đất Điểm 0,5 3,0 0,5 2 3 4 III, cày lên sỏi đá. Chung hoàn cảnh, chung giai cấp là cơ sở để hình thành tình đồng chí giữa chiến trường. Tình đồng chí, đồng đội thắm thiết. 1,5 - Những người lính vốn “chẳng hẹn quen nhau” nhưng chung lí tưởng, chung mục đích chiến đấu đã tạo nên sự gắn kết bền vững “súng bên súng, đầu sát bên đầu”. - Những người lính cùng sẻ chia những khó khăn thiếu thốn, những gian khổ hy sinh: “Áo anh rách vai”/ “quần tôi có vài mảnh vá”/ “Miệng cười buốt giá, chân không giày”/ “Sốt run người vầng trán ướt mồ hôi”. Tình đồng chí trở nên bền chặt trong sự đồng cam cộng khổ: “Thương nhau tay nắm lấy bàn tay”/ “Đêm rét chung chăn thành đôi tri kỉ”… - Những người lính cảm thông sâu sắc những tâm tư, nỗi lòng của nhau. Họ gắn bó với nhau như “tri kỉ”, thấu hiểu cả những nỗi niềm sâu xa, thầm kín của đồng đội: “Ruộng nương anh gửi bạn thân cày”/ “Giếng nước gốc đa nhớ người ra lính”…. Ý chí, quyết tâm sắt đá vượt qua mọi khó khăn gian khổ; dũng cảm, kiên 0,5 cường chiến đấu bảo vệ Tổ quốc. - Nặng lòng với quê nhà, nhưng người lính vẫn quyết tâm gác lại “tình riêng” để lên đường chiến đấu vì Tổ quốc: “Gian nhà không mặc kệ gió lung lay”… - Những người lính luôn sát cánh bên nhau vượt qua mọi khó khăn gian khổ, chủ động đối mặt với kẻ thù để bảo vệ hòa bình, độc lập cho dân tộc: “Đêm nay rừng hoang sương muối/ Đứng cạnh bên nhau chờ giặc tới”… Tâm hồn lãng mạn, yêu hòa bình tha thiết. 0,5 Hình ảnh “Đầu súng trăng treo” kết hợp chất hiện thực và cảm hứng lãng mạn, tô đậm vẻ đẹp tâm hồn tinh tế, nhạy cảm, yêu hòa bình tha thiết của người lính… Đánh giá, tổng kết 0,5 - Với những thành công về mặt nghệ thuật: ngôn ngữ giản dị, hình ảnh vừa giàu chất hiện thực vừa lãng mạn, gợi nhiều liên tưởng, Chính Hữu đã khắc họa đậm nét bức chân dung người lính trong kháng chiến chống Pháp: mộc mạc, chân thành mà kiên cường, dũng cảm, sẵn sàng “quyết tử cho tổ quốc quyết sinh”. - Bài thơ đã góp phần hoàn chỉnh bức tượng đài về người lính trong cuộc kháng chiến chống Pháp. Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu cộng lại, làm tròn đến 0,25. ------------- HẾT -------------