tuyen tap 50 de thi hoc sinh gioi toan 9 cap tinh thanh pho co loi giai

50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Tuyển tập ĐỀ HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP CẤP TỈNH MỤC LỤC Phần Đề thi Phần Đáp án • Đề 1: Trang ….58 • Đề 2: Trang ….62 • Đề 3: Trang ….65 • Đề 4: Trang ….69 • Đề 5: Trang ….73 • Đề 6: Trang ….77 • Đề 7: Trang ….84 • Đề 8: Trang ….89 • Đề 9: Trang ….93 • Đề 10: _Trang ….99 • Đề 11: _Trang ….104 • Đề 12: _Trang ….110 • Đề 13: _Trang ….113 • Đề 14: _Trang ….116 • Đề 15: _Trang ….121 • Đề 16: _Trang ….127 • Đề 17: _Trang ….131 • Đề 18: _Trang ….134 • Đề 19: _Trang ….141 • Đề 20: _Trang ….144 • Đề 21: _Trang ….152 • Đề 22: _Trang ….156 • Đề 23: _Trang ….160 • Đề 24: _Trang ….163 • Đề 25: _Trang ….168 • Đề 26: _Trang ….173 • Đề 27: _Trang ….176 • Đề 28: _Trang ….180 • Đề 29: _Trang ….183 • Đề 30: _Trang ….187 • Đề 31: _Trang ….190 • Đề 32: _Trang ….195 THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH • Đề 33: _Trang ….199 • Đề 34: _Trang ….202 • Đề 35: _Trang ….207 • Đề 36: _Trang ….211 • Đề 37: _Trang ….213 • Đề 38: _Trang ….216 • Đề 39: _Trang ….219 • Đề 40: _Trang ….223 • Đề 41: _Trang ….226 • Đề 42: _Trang ….229 • Đề 43: _Trang ….234 • Đề 44: _Trang ….237 • Đề 45: _Trang ….241 • Đề 46: _Trang ….243 • Đề 47: _Trang ….246 • Đề 48: _Trang ….250 • Đề 49: _Trang ….254 • Đề 50: _Trang ….258 THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐÀO TẠO LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 TỈNH ĐIỆN BIÊN MÔN THI: TỐN Ngày thi: 09/4/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề số (Đề thi có trang) Câu 1.(5,0 điểm)    Cho biểu thức P =  +  x   −  :   − x +1  x −1 x x + x − x −1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để biểu thức Q = x − P nhận giá trị nguyên ( )( ) Cho x + x2 + 2y + 4y2 + = Tính giá trị biểu thức x3 + 8y3 + 2019 Câu 2.(4,0 điểm) Giải phương trình: 2x2 + x + = 3x x +  x − y = 2 Giải hệ phương trình:  3x − = −2  y3 Câu 3.(3,0 điểm) Chứng minh: 2 +1 + 3 +2 + + ( n + 1) n + + n n  1− n +1 ( n  * ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 5x2 + 9y2 − 12xy + 24x − 48y + 82 Câu 4.(6,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O) Kẻ đường cao BE, CF ABC ( E  AC ; F  AB) Các đường cao BE, CF cắt (O ) M N a) Chứng minh MN song song với EF; OA vuông góc với EF b) Gọi H trực tâm ABC Chứng minh rằng: CH.CF + BH.BE = BC2 Cho điểm O thuộc miền ABC Các tia AO, BO, CO cắt cạnh BC , AC, AB G, E,F Chứng minh tổng OA OB OC không phụ thuộc vào vị + + AG BE CF trí điểm O Câu 5.(2,0 điểm) Chứng minh P = x − 3x − 3x + số phương x = + + Tìm x, y  thỏa mãn: x2 − 2y2 = _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH LẠNG SƠN LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 23/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu 1.(4 điểm) Cho biểu thức A = x x −3 − ( x −3 x−2 x −3 x +1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ biểu thức A Câu 2.(4 điểm) )+ x +3 3− x với x  0; x  Cho phương trình x2 – ( m + ) x + m + 8m – = a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 cho P= x12 + x 22 − 60 đạt giá trị nguyên x1 + x Câu 3.(4 điểm) a) Giải phương trình x − x + − +5=0 x x b) Tìm tất cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn x y + ( x − ) + ( 2y − ) − 2xy ( x + 2y − ) = 2 Câu (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) , đường cao BE,CF cắt H ( E  AC,F  AB ) a) Gọi K = EF  BC , L = AK  ( O ) với L  A Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HL ⊥ AK b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm BC c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB = 900 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với Câu 5.(2 điểm) Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN Mơn thi: TỐN- BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Câu (3,0 điểm) a Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y2 − xy + x − 2y + = n b Chứng minh A = 22 + 4n + 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm) a Giải phương trình: 2x + = 8x3 + 4x  2x + 2  ( x − 1) + ( y − ) = b Giải hệ phương trình:   ( x − 1)( y − ) − x − y = −3 Câu (2,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4  a   b   c  P=  +  +  a+ b  b+c   c+a  Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a EF ⊥ OA b AM = AN Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB = ACB + 900 AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD = AC.BD Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính nằm hình vng mà không chứa điểm 91 2019 điểm cho _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH QUẢNG BÌNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu 1.(2.5 điểm) a Cho biểu thức A = x +1 - x x +1 + x- x +1 với x Rút gọn tìm giá trị lớn A b Khơng dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức B = + 10 + + − 10 + Câu 2.(2.0 điểm) ( ) a Xác định hệ số a b để đa thức P x = x − 2x + 3x + ax + b bình phương đa thức b Giải phương trình: − 4x + 4x + = −16x − 8x + (1) Câu 3.(2,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) dây cung BC = a không đổi ( O BC ) A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt H ( D  BC,E  AC,K  AB ) a Trong trường hợp BHC = BOC , tính AH theo a b Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH.DA nhận giá trị lớn Câu 4.(1.0 điểm) Tìm tất số tự nhiên n cho C = 2019 n + 2020 số phương Câu 5.(1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + = xyz Chứng minh rằng: x+y+z+6  ( ) yz + zx + xy Câu (1.0 điểm) Cho tam giác vng ABC có AB = 3,AC = 4, BC = Xét hình chữ nhật MNPQ cho M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định kích thước hình chữ nhật MNPQ để có diện tích lớn _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐỒNG NAI LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 29/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (4,5 điểm) x − y = m + 1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình  (với m tham số thực) 2x − 3y = m +  Tìm m để biểu thức P = x2 + 8y đạt giá trị nhỏ x2 + y2 = 2) Giải hệ phương trình  (với x, y thuộc R) x − y = −1 Câu (4,5 điểm) 1) Giải phương trình x4 − 9x3 + 24x2 − 27x + = (x  R) 2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c  a b c  + + +  4 + +  b c a a + b b+c c +a  Câu 3.(4,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1 = + Chứng minh rằng: abc chia hết a b c cho 2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu 4.(2 điểm) Cho A = 1+ + 2+ + 3+ + + 99 99 + 100 tổng 99 số hạng B = + + + + 100 tổng 99 số hạng Tính A + B Câu 5.(4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm AB, AC với đường tròn (I) Biết ba góc BAC, ABC, BCA , góc nhọn Gọi M N trung điểm hai đoạn BC AC 1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2) Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH THANH HÓA LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 22/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (4,0 điểm)  x x − x −1  x + x−5  Rút gọn biểu thức P =  , với x  0,x  − : −   x − x − x   x + x − x −      3 2.Cho a = + 50 , b = − 50 Khơng dùng máy tính, chứng minh biểu thức M = a + b N = a7 + b7 có giá trị số chẵn Câu (4,0 điểm) Giả sử x1 ,x2 hai nghiệm phương trình x2 + 2kx + = ( k tham số ) Tìm 2 x  x  tất giá trị k cho :   +     x2   x1  x + x + = 2y + Giải hệ phương trình  y + y + = 2x +  Câu (4,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y ( x + y ) + x = + y ( x − 1) Cho n  * Chứng minh 2n + 3n + số phương n chia hết cho 40 Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn ( O,R ) điểm A cố định bên đường tròn, OA = 2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn ( O ) ( B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn ( O ) cắt AB,AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P, Q Chứng minh ABI = 600 tứ giác OBEQ nội tiếp Chứng minh EF = 2PQ Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y − z + = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x3 y3 ( x + yz )( y + xz )( z + xy ) _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH BÌNH PHƯỚC LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu ( 5.0 điểm )  Cho biểu thức P =  x −1  + x −  + (    :  x − + −  x −  − x − + x −   x − − x −  x+8 )( a) Rút gọn P b) Tính giá trị biểu thức P x = + 2 − ) ( ) +1 − 2 + 1− Cho x, y số thực thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị nhỏ P = 2x4 + x3 ( 2y − 1) + y3 ( 2x − 1) + 2y Câu ( 5.0 điểm ) Giải phương trình: 3x + − x + = 4x − 2x − xy − 2x + y = Giải hệ phương trình:  2 ( x + 1) + ( y − ) = Cho hàm số ( P ) : y = x2 Tìm giá trị m để đường thẳng ( d ) : y = 2x + m − cắt đồ thị hàm số ( P ) hai điểm phân biệt A ( x1 ; y1 ) , B ( x ; y ) thỏa mãn y1 y2 − x1 x2 = 12 Câu ( 5.0 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , D điểm cạnh AB , ( D  A, B ) Gọi M , N trung điểm CB, CA Đường thẳng MN cắt ( O ) hai điểm P, Q ( P, Q thuộc cung CB CA ) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC I ( I  B ) Các đường thẳng DI AC cắt K a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp b) Chứng minh PK QC = QB.PD c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G ( G  P ) Đường thẳng IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA AD không đổi AE Câu ( 2.0 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD với AB = a, AD = b Trên cạnh AD, AB, BC , CD lấy điểm E , F , G, H cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi c chu vi tứ giác EFGH Chứng minh c  a2 + b2 Câu ( 3.0 điểm ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 4y4 + 6y2 − = x Chứng minh với số nguyên n chẵn thì: n + 20n + 96 chia hết cho 48 THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH SƠN LA LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 18/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (3,0 điểm) Cho biểu thức: A = 6x + − 3x 3x − 3x + 3x + Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (4,0 điểm) Cho phương trình x2 − ( m − 1) x + 3m − = (1) a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn biểu thức M = x12 + x2 + 5x1x2 đạt giá trị nhỏ b) Xác định Câu (5,0 điểm) m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn a) Giải phương trình: 2x 13x + =6 2x − 5x + 2x + x + 3  x + 2xy + 12y = b)Giải hệ phương trình:  2  8y + x = 12 Câu (6,0 điểm) Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua B C (O không nằm đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu (2,0 điểm) Cho hình vng ABCD 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng chia hình vng thành phần có tỷ số diện tích Chứng minh rằng: 2019 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng qui _Hết _ THCS.TOANMATH.com Trang 10 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH x D K A M N B C E a) Ta có EBC = ADC (cùng bù với KBC ); ACD = ECB = 900  ACD  ECB ( g.g )  DC AC = BC EC a 3a 3a Do AB = ;BC =  DC.EC = AC.BC = 4 b) S BDE = BC.DE  S BDE nhỏ DE nhỏ 3a = a (theo a) Ta có DE = DC + EC  DC.EC = Dấu “=” xảy  DC = EC = a 3a a D  Cx cho CD = c) Gọi giao điểm đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC M , N (  SBDE = M nằm A B )  M , N đối xứng qua DE AK AB =  AK AD = AC AB (1) AC AD AK AM =  AK AD = AM AN ( ) AKM  AND ( g.g )  AN AD Ta có AKB  ACD ( g.g )  Từ (1) (2) suy AM AN = AC AB =  a2 a2 = ( AC − MC )( AC + NC ) = AC − MC ( MC = NC ) 3a a  MC = NC = Suy M , N hai điểm cố định  MC = Vậy đường trịn đường kính DE ln có dây cung MN cố định Câu Với hai số thực u, v ta ln có ( u + 1)( v + 1) = u + v + uv + = (u + v + uv ) + THCS.TOANMATH.com (*) Trang 234 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Xét dãy số thực a1; a2 ; a3 ; ; a2015 ta xét “tích thêm T ” T = ( a1 + 1)( a2 + 1)( a3 + 1) ( a2015 + 1) Áp dụng cách biến đổi dãy đề kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “tích thêm T ” không thay đổi với dãy thu Với dãy ban đầu tốn ta xét “tích thêm T ”         T =  + 1 + 1 + 1 + 1  + 1 + 1       2014  2015  2015 2016 = = 2016 2014 2015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy lại số x “tích thêm T ” dãy cuối T = x +  x + = 2016  x = 2015 Vậy sau 2014 lần biến đổi theo yêu cầu tốn, số cịn lại dãy 2015 Đề số 44 Câu a)Đặt a = 2+ a2 = + − 5+ 5+ + 2,a>0 2 5+ =4+ 6−2 =4+  x = + − − −1 = ( ) −1 = +  a = + 6+2 6−2 5 + −1 − −1 = − −1 = −1 2 2 x = −  x2 + x − = B = x3 + 3x − x + = x ( x + x − 1) − ( x + x − 1) + = x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y (1) b)ĐKXĐ: −2014  x; y  2014 (1)  x + 2014 − y + 2014 + 2015 − x − 2015 − y + 2014 − y − 2014 − x = Nếu x khác y −2014  x; y  2014 x + 2014 + y + 2014 >0; 2015 − x + 2015 − y >0; 2014 − x + 2014 − y >0 , (1)   1  ( x − y )  − +  = (2) x + 2014 + y + 2014 2015 − x + 2015 − y 2014 − x + 2014 − y   Khi dễ chứng tỏ 1 − 0 2014 − x + 2014 − y 2015 − x + 2015 − y Mà x − y  nên (2) vô lý VT(2) ln khác Nếu x=y dễ thấy (1) Vậy x = y THCS.TOANMATH.com Trang 235 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Câu ( a) x + ( x + 1) x + + 2 = x + ) x + + (1) ĐKXĐ: x  −1 Đặt: y = x + 1; z = Khi (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh (2)  (x+y)(x+z)(z+x) = 1− ( Thỏa mãn) Với: x + y =  x + x + =  x + = −x  x = Với: x + z =  x + =  x = − ( không thỏa mãn) Với: y + z =  x + + = - vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: x = − b)  3x + xy − x + y =   x ( x + 1) + y ( y + 1) = 2  3x + xy − x + y − =  2 x + xy − y − 5x + y + =   2 x + y + x + y − =    x + y + x + y − = Ta có: 2x2 + xy − y − 5x + y + =  ( y + x − 2)( y − x + 1) =  y = − x y = x − Với y = − x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = suy x = Ta nghiệm (1;1) y = x − thay vào (2) ta được: 5x2 – x – = , suy x = 1; x = −4 −4 −13 ; ) 5 −4 −13 Vậy hệ có nghiệm (1;1) ( ; ) 5 Ta nghiệm (1;1) ( Câu a) Tìm số nguyên tố p cho số p2 − 1; p2 + 3; p2 + số nguyên tố +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập 1; 2; 3 Khi p2 chia cho dư: 1;4;2 Xét p   p2 −1; p2 + 3& p2 +  Nếu p2 chia cho dư p2 + chia hết trái GT Nếu p2 chia cho dư p − chia hết trái GT Nếu p2 chia cho dư p2 + chia hết trái GT +) Xét p=2 p2 + =16 (loại) THCS.TOANMATH.com Trang 236 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN CẤP TỈNH +) Xét p=7k, p ngun tố nên p=7 nguyên tố, có: p2 −1 = 97; p2 + = 101; p2 + = 151 số nguyên tố Vậy p =7 b) Giả thiết  ( x − 3) − 18 y + z + y z = 54 (1) +) Lập luận để z  z  z  z  (*) (1)  3( x − 3)2 + 2z + y ( z − 6) = 54(2) (2)  54 = 3( x − 3)2 + 2z + y ( z − 6)  3( x − 3)2 + 2.9 + y ( x − 3)2 + y  12  y   y = 1; y = y nguyên dương Nếu y2 =  y = (1) có dạng: 3( x − 3) + 5z = 72  5z  72  z  72  z =  z = (vì có(*)) Khi ( x − 3) = 27  ( x − 3) = , x nguyên dương nên tìm x=6 2 Nếu y =  y = (vì y ngun dương) (1) có dạng: 3( x − 3) + 14 z = 126  14 z  126  z   z =  z = (vì z nguyên dương) Suy ( x − 3)2 =  x = (vì x nguyên dương) x = x =   Đáp số  y = 2;  y = z = z =   Câu A N D E P I B O H C M K F a) Sđ BAC = 1800 − sd DE  sd DE = 600 THCS.TOANMATH.com Trang 237 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Suy EOD = 600 nên tam giác OED suy ED = R b) Ta có: APE = ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ABM = ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ABM = APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM Nên AE AM =  AE AB = AM AP (1) AP AB Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AE AF =  AE AB = AN AF (2) AN AB Từ (1) (2) suy ra: AN.AF = AP.AM c) Xét I nằm B, D( Nếu I nằm ngồi B,D vai trị K với DC I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK = FCK ( FBD ), suy tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC = 900 DK BH = FK FH CK BI Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: = FK FI DC BH BI Suy ra: = − FK FH FI DC BD BH BD BI BH ID + = + − = + FK FI FH FI FI FH FI DC BD BH HC BC ID HC Mà suy ra: = + = + = FK FI FH FH FH FI FH Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: BC BD CD BC BC BD CD + + = + + nên nhỏ FH lớn F FH FI FK FH FH FI FK trung điểm cung BC Vậy Câu Có xy + yz + zx = xyz  1 + + = 1(1) x y z a b ( a + b) +  (*) Ta chứng minh với x, y dương: x y x+ y   a b2  y x y x −b (*)   +  ( x + y)  (a + b)2  a + b  2ab   a   x y x y x y     đúng; “=”  a THCS.TOANMATH.com y x x −b =0  a= b x y y Trang 238 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH 12 12 (1 + 1) 22 +  = (" = "  y : z = 1) Áp dụng(*) ta có: y z y+z y+z 22 22 (2 + 2) 42  +  = (" = "  y = y + z  y = z ) y y + z 3y + z 3y + z 42 42 (4 + 4)2 64  +  = (" = "  x = y + z ) 4x y + z 4x + 3y + z 4x + 3y + z 64 42 22 12 12  + + + = + + (" = "  x = y + z & y = z  x=y=z)  4x + 3y + z 4x y y z x y z 64  + + (" = "  x = y = z ) x + y + 3z x y z Tương tự: 64  + + (" = "  x = y = z ) 3x + y + z x y z M= 1 + + x + y + z x + y + 3z 3x + y + z Vậy M đạt GTLN 1 1 1   + +  = ( theo (1)) 8 x y z  x = y = z = 3( theo (1)) Đề số 45 Câu a) Đặt a =  a3 = Đẳng thức cần chứng minh trở thành a −1 = 1− a + a2 a −1 = a2 − a +  a2 − a +  = ( a − 1) ( ) ( ) Biến đổi vế trái ta ( a − a + 1) = ( a − a + 1) (a − a + 1) = ( a + a + − 2a + 2a − 2a )( a − a + 1) = ( a − 2a + 3a − 2a + 1)( a − a + 1) = ( a = ( a − 1) ( a + 1) = ( a − 1) 4 2 3 2 2 2 − 1)( a − a + 1) b) Với x1, x , , x 2015 nguyên dương, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số ta + x1  x1 , + x  x , ,1 + x 2015  x 2015 Nhân vế với vế bất đẳng thức ta (1 + x1 )(1 + x ) (1 + x 2015 )  22015 x1x x 2015 Dấu “ = ” xảy x1 = x2 = = x2015 = Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương ( x1, x , , x 2015 ) = (1,1, ,1) Câu THCS.TOANMATH.com Trang 239 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Điều kiện x  −1, y  Ta xét trường hợp Trường hợp 1: x +  y −  y  x + x +1 + x + + x +  y −1 + y − + y − Khi đó, Suy hệ vơ nghiệm Trường hợp 2: x +  y −  y  x + x +1 + x + + x +  y −1 + y − + y − Khi đó, Suy hệ vô nghiệm Trường hợp 3: x + = y −  y = x + Thay vào phương trình thứ hai hệ cho, ta 2x + 8x + =  x = −1  x = −3 So điều kiện ta x = −1  y = Vậy ( x; y ) = ( −1; 3) Câu 1 11 1 + 1  +  1 xy xz xy z 1  +  x x dương (*) y z Ta có Mặt khác, từ giả thiết x + y + z =  x = – (y + z) Thay vào (*) ta có 1 1 +  − ( y + z)  − + y + − + z  y z y z 2      − y + − z 0  y   z    Luôn với x, y, z dương, dấu xảy  y = z = 1, x = Câu Ta có x = 2x + yzz4  (x − 1) = yzz5 ; x, y, z  2 + y,z 1;2; ;9 Suy x − có dạng a5 Do yzz5 = a5 = (10a + 5) = 100a(a + 1) + 25 Suy z =  y + z + z + = y + Vì (x − 1) = yzz5 số phương có tổng chữ số y + nên yzz5 chia cho dư 0, 1, 4, Do y 1;4;7 Khi tìm (x, y,z) (36;1;2);(66;4;2);(86;7;2) Câu THCS.TOANMATH.com Trang 240 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH A P E N M F I B D C Qua A dựng đường thẳng song song BC, cắt DF P Ta có MN // AP nên theo định lí Thales MN DM = (1) AP AD Cũng theo định lí Thales ta có Từ (1), (2) suy ME AE ME CD CE DM =  = = = ( 2) CD AC AE AC CA AD MN ME = ( 3) AP AE Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt AF = AE ( 4) Mặt khác, tam giác APF có APF = BDF = BFD = AFP  tam giác APF cân A suy AF = AP ( 5) Từ (4), (5) suy AP = AE (6) Kết hợp (5) (6) ta có MN = ME hay M trung điểm NE Câu Để ý tổng 16 số tổng hàng, tức 4s Tổng số hai hàng giữa, cột đường chéo 6s, vị trí này, tất 16 số cho sử dụng, số dùng lần, ngoại trừ số số dùng lần Kí hiệu m tổng số giữa, ta thấy 6s − 2m = 4s  m = s Tiếp theo, ta để ý tổng đường chéo 2s, tổng số cộng với tổng số đặt góc hình vng Từ tổng số đặt góc hình vng 2s − m = 2s − s = s Đề số 46 Câu a) Ta có: A= )( ( − − x2 + x + − x − − x2 THCS.TOANMATH.com − 1− x )= ( − − x2 + x + − x ) Trang 241 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH = (1 − − x2 )( 1+ x + 1− x ) (1 − = − x2 )( + − x ) = 2x2 = x b) Ta có: a − a2b + ab2 − 6b3 =  (a − 2b)(a2 + ab + 3b2 ) = (*) Vì a > b >  a2 + ab + 3b2  nên từ (*) ta có a = b Vậy biểu thức B = B= a − 4b4 16b4 − 4b4 = b4 − 4a b4 − 64b4 12b4 −4 = −63b 21 Câu t2 2 t = −4 t ta phương trình = − t  t + 2t − =   t = ( ) a) Đặt t = x x +  t = ( x + x )  x2 x2 + =  x  x  Với t = -4 ta có x x + = −4     4 2  2 x + x = 16  x + x − = ( ) x   x=− x =   x  x  Với t =2 ta có x x + =    4 2  2 x + x =  x + x − = (  x   x=   x = −1 ) − Kết luận nghiệm phương trình ( ) b) Từ hệ ta có x3 (2 y + x) = y (2 x + y)  ( x − y ) xy + x + y = x = y  ( x + y )3 ( x − y ) =   x = − y * Với x = y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 3; );( − 3; − ) * Với x = - y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 1; −1 );( −1;1 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (0; 0); 3; );( − 3; − );( −1;1 );( 1; −1 ) Câu a) xy2 + 2xy + x = 32 y  x( y +1)2 = 32 y Do y nguyên dương  y +   x = 32 y ( y + 1)2 Vì ( y, y +1) =  ( y +1)2  U (32) mà 32 = 25  ( y +1)2 = 22 ( y +1)2 = 24 (Do ( y +1)2  ) THCS.TOANMATH.com Trang 242 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH *Nếu ( y +1)2 = 22  y = 1; x = *Nếu ( y +1)2 = 24  y = 3; x = x = Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là:  y =1 x =  y = b) Ta có: 2a + a = 3b + b  (a − b)(2a + 2b +1) = b2 (*) Gọi d ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) ( d  * ) Thì (a − b) d  ( a − b )( 2a + 2b + 1) d  (2a + 2b + 1) d  b2 d  b d Mà (a − b) d  a d  (2a + 2b) d mà (2a + 2b + 1) d  d  d = Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a − b 2a + 2b + số phương => 2a + 2b + số phương Câu a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) 1 Ta có A1 = O1 = sđ AM 2 A x (1) Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A1 = M1 (2) Tứ giác MHOK nội tiếp  O1 = K1 (cùng chắn MH ) (3) H M 1O K Từ (1), (2), (3) ta có M1 = K1 hay HKM = 2AMH B C b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) A D 1 A1 = sđ BM ; O1 = O2 = sđ BM 2 F M  A1 = O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5) H E Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm G O B đường tròn  G1 = D2 = D1 A  OGF ODE đồng dạng OG GF hay OD.GF = OG.DE  = OD DE c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho M ( ) H A' B  MAB = A'AC  MB = A'C  MA + MB = MC Chu vi tam giác MAB MA + MB + AB = MC + AB  2R + AB THCS.TOANMATH.com O MA’ = MA  AMA'  A1 = A2 = 600 − BAA' C I C Trang 243 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB Gọi I giao điểm AO BC  AI = AB R=  AB = R 2 Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = (2 + 3)R Câu Từgt : 2ab + 6bc + 2ac = 7abc a,b,c > Chia hai vế cho abc >  + + = c a b  x, y, z  1 đặt x = , y = , z =   a b c 2 z + x + y = Khi C = C = 4ab 9ac 4bc + + = + + a + 2b a + 4c b + c x + y x + z y + z + 2x + y + + 4x + z + + y + z − (2 x + y + x + z + y + z ) 2x + y 4x + z y+z 2       = − x + 2y  +  − 4x + z  +  − y + z  + 17  17  x + 2y   4x + z    y + z    Khi x = ,y = z = C = 17 Vậy GTNN C 17 a =2; b =1; c = Đề số 47 Câu 1) Điều kiện: xy  ( ) ( )( xy + 1) + ( xy + 1)(1 − xy ) : ( xy + 1)(1 − xy ) ( xy + 1)(1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = ( xy + 1)(1 − xy ) ( x + 1) (1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + ( xy + 1)(1 − xy ) = = ( xy + 1)(1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) A= = ( x + 1) − xy + xy + x 1+ x = x y + xy xy 2) Theo Côsi, ta có: = +  x y THCS.TOANMATH.com   xy xy Trang 244 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH Dấu xảy  =  x = y = x y Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = Câu 1) PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ( ) '  (m − 2)2 − m2 − 2m +   m  (*)  x1 + x2 = − 2m Với m  theo Vi-et ta có:  x x = m − m +  2 1 1 Ta có (1) − =  − = 2 x1 + x2 x1 x2 15m (x1 + x2 ) − x1 x2 x1 x2 15m  1 − = m − 6m + m − 2m + 15m  1 − = Đặt m + = t m   t  4 m m + − m + − 15 m m Ta cos (1) trở thành t = −4 1 − =   t = −4 ( t  ) t − t − 15 t = 12 Với t = −4 ta có m + = −4  m = −2 thỏa mãn (*) m 2) Ta có: x4 + y + z = x4 + y y + z z + x4 + +  x2 y + y z + z x2 = 2 x2 y + y z y z + z x2 z x2 + x2 y + +  xyyz + yzzx + zxxy = 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) = x = y = z x= y=z= Dấu xảy   x + y + z = 1 1  Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x = ; y = ; z =  3 3  Câu a) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k *  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb (1) Ở m  mà: m = ka2 – b  m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m +  THCS.TOANMATH.com Trang 245 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH  (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m  (vì m ) Do b > nên b –  (do b )  (m – 1)(b – 1)  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  Lại a > nên suy ra: k + – ka   k +  ka   k(a – 1) (4) a =  k(a − 1) =    a = Vì a –  (do a , a > 0) k , k > nên từ (4) có:   k(a − 1) =  k =  m − =  b = b − = - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =     m − = b =   b − = Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =   m = Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b  b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) b) Ta có x + = y + z  x + = y + z + yz  (x − y − z ) + = yz  (x − y − z ) + 3(x − y − z ) + 12 = yz (1) yz − (x − y − z ) − 12 (2) vô lý 4(x − y − z ) TH1 Nếu x − y − z  Ta có 3= ( x, y, z  N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) x − y − z = TH2 x − y − z = (1)   (3)  yz = x = x =   Giải (3) ta  y =  y = thử lại thỏa mãn z = z =   Câu THCS.TOANMATH.com Trang 246 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH E D I M H A F C O B a) Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay FMB = 900 Mặt khác FCB = 900 (giả thiết).Do FMB + FCB = 1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp  CBM = EFM (1) (vì bù với CFM ) Mặt khác CBM = EMF ( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM ) Từ (1) (2)  EFM = EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E (Có thể nhận EMF = MBA = MFE nên suy EMF cân) b) Gọị H trung điểm DF Suy IH ⊥ DF DIH = DIF ( 3) Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF Suy DMF = DIF (4) Từ (3) (4) suy DMF = DIH hay DMA = DIH Trong đường trịn ( O ) ta có: DMA = DBA (góc nội tiếp chắn DA ) Suy DBA = DIH Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do DBA + HIB = 180o  DIH + HIB = 180o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng c) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng  ABI = ABD = sđ AD Mà C cố định nên D cố định  sđ AD khơng đổi Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD Câu THCS.TOANMATH.com Trang 247 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN CẤP TỈNH Ta có: B = − 2xy + = + = (x + y) − 3xy(x + y) xy − 3xy xy xy(1 − 3xy) Theo Côsi: xy  (x + y) = 4 Gọi Bo giá trị B, đó, x, y để: Bo =  3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = − 2xy  xy(1 − 3xy) (1) B  + Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy  = Bo2 – 8Bo +    o  Bo  − Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo  + Với Bo = +  xy = + Bo = +  x(1 − x) = +  6Bo 6(2 + 3) 6(2 + )  x2 − x + + =  x = 6(2 + 3) 1+ 3 −1 1− −1 3 ,x = 2 Vậy, Bmin = + , đạt x = 1− x= 1+ 3 −1 1− −1 3 , y= 2 3 −1 1+ −1 3 , y= 2 THCS.TOANMATH.com Trang 248 ... Tìm số số ngun dương khơng vượt 1000 nguyên tố với 99 9 Câu 4.(2 điểm) Cho A = 1+ + 2+ + 3+ + + 99 99 + 100 tổng 99 số hạng B = + + + + 100 tổng 99 số hạng Tính A + B Câu 5.(4,5 điểm) Cho tam giác... THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH QUẢNG BÌNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 20 19 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: ... THCS.TOANMATH.com Trang 50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐỒNG NAI LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 20 19 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: