43 de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan

UBND HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HUYỆN VĨNH BẢO ĐỀ CHÍNH THỨC  P   ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MƠN: TỐN LỚP Thời gian làm 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x y x  y   x  y  2xy    : 1    xy   xy  xy   a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P với x  2 Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) (L) đồ thị hai hàm số: y   x  y  x 2 a) Vẽ đồ thị (D) (L) b) (D) (L) cắt M N Chứng minh OMN tam giác vng Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x  5x  38x  5x   Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh BC M cắt đường thẳng DC I Chứng minh rằng: 1   AM AI a Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) ( O/ ) Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) ( O/ ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E  ( O ) F  ( O/ ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF hình chữ nhật b) MN  AD c) ME.MA = MF.MD Hết UBND HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014-MƠN: TỐN LỚP Bài Đáp án ĐKXĐ: x  0; y  0; xy  a) Mẫu thức chung – xy ( x  y)(1  xy)  ( x  y)(1  xy)  xy  x  y  2xy P :  xy  xy Điểm 0,5 đ x x y  y y x  x x y  y y x  xy  xy  x  y  xy 0,5 đ   b) x 2( x  y x) x (1  y) x   (1  x)(1  y) (1  x)(1  y)  x 2  0,5 đ 2(2  3)     (  1)2 43 0,5 đ x  (  1)2     P P a) 2(  1)  (  1) 2(  1) 52   2 1  1 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ  32 13 0,5 đ  x   y  Đồ thị y   x  có :  2  y   x   x x  Đồ thị y  x    x x  Đồ thị hình vẽ: 0,5 đ 0,5 đ y N (D) 3/2 -3 O (L) 1đ M x b) Đồ thị (D) (L) cắt hai điểm có tọa độ M(1; 1) N( - 3; 3) Ta có: OM = 12  12   OM2 = ON = 32  (3)   ON2 = 18 0,5 đ MN = (1  3)  (1  3)  20  MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2 Vậy: tam giác OMN vuông O Ta thấy x = nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x2 ta được: 6x  5x  38    x x 1  6(x  )  5(x  )  38  x x 1 Đặt y  x  thì: x   y2  x x Ta pt: 6y – 5y – 50 = (3y – 10)(2y + 5) = 10 Do đó: y  y   10 10 * Với y  thì: x    3x  10x   x  x  (3x – 1)(x – 3) =   x2  5 * Với y   thì: x     2x  5x   x  x3    (2x + 1)(x + 3) =   x  2 0,5 đ A 0,5 đ 0,5 đ 1đ 1đ 1đ 1đ B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD J Ta có  AIJ vng A, có AD đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 (1)   AD AJ AI Xét hai tam giác vuông ADJ ABM, ta có: 0,5 đ 0,5 đ   BAM  (góc có cạnh tương ứng vng góc) AB = AD = a; DAJ  ADJ = ABM Suy ra: AJ = AM 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm)    AD AM AI a 0,5 đ 0,5 đ M E I F A O H B C O/ D N a)   CFD   900 (góc nội tiếp chắn đường trịn) Ta có AEB Vì EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O/), nên: OE  EF OF  EF => OE // O/F  / /   FO   FCO => EOB D (góc đồng vị) => EAO Do MA // FN, mà EB  MA => EB  FN   900 Hay ENF N   F  90O , nên MENF hình chữ nhật Tứ giác MENF có E b) c) Gọi I giao điểm MN EF; H giao điểm MN AD   INF  Vì MENF hình chữ nhật, nên IFN   FDC   sđ FC  Mặt khác, đường tròn (O/): IFN   HNC  => FDC Suy FDC đồng dạng HNC (g – g)   DFC   90O hay MN  AD => NHC   FEN  Do MENF hình chữ nhật, nên MFE   EAB   sđ EB  Trong đường trịn (O) có: FEN   EAB  => MFE Suy MEF đồng dạng MDA (g – g) 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ => ME MF  , hay ME.MA = MF.MD MD MA 0,5 đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A  1 1 x2  (1  x)3  (1  x)3   1 x2 với 1  x  b) Cho a b số thỏa mãn a > b > a  a 2b  ab  6b3  Tính giá trị biểu thức B  a  4b b  4a Câu (2 điểm) a) Giải phương trình x ( x  2)   x x   x3  x  y b) Giải hệ phương trình   y  y  x Câu (2 điểm) a) Tìm số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy  xy  x  32 y b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  số phương Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H điểm di động đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB   2AMH  a) Chứng minh HKM b) Các tiếp tuyến (O, R) A B cắt tiếp tuyến M (O, R) D E OD, OE cắt AB F G Chứng minh OD.GF = OG.DE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Câu (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac  abc Tìm 4ab 9ac 4bc   giá trị nhỏ biểu thức C  a  2b a  4c b  c Hết ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MƠN THI: TỐN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết giám khảo cho điểm tối đa Câu Nội dung A Câu 1a: (1,0 đ)   x2    x2  1   x2      x   x   x2  1 x  0.25 1 x  1 x 1 x  1 x   0.25 1    x2    x  0.25  2x = x 0.25 a  a 2b  ab  6b3   (a  2b )(a  ab  3b )  (*) 0.25 Vì a > b >  a  ab  3b  nên từ (*) ta có a = b Câu a  4b 16b  4b 1b: Vậy biểu thức B   b  4a b  64b (1,0 đ) B 0.25 0.25 12b 4  63b 21 0.25 t2 Đặt t  x x   t  x  x  x x   2  t  4 t   t  t  2t     ta phương trình t  x  x  Với t = -4 ta có x x   4      x  2x    x  x  16 x   x x  x  x  Với t =2 ta có x x      2  x  2x    x  x  Câu 2a: (1,0 đ) Điểm         0.25 0.25 0.25 0.25  x   x  x   Câu 2b: (1,0 đ)  Kết luận nghiệm phương trình Từ hệ ta có x3 (2 y  x)  y (2 x  y )  ( x  y )  xy  x  y   0.25 x  y  ( x  y)3 ( x  y)    x  y 0.25 * 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 ) xy  xy  x  32 y  x( y  1)  32 y Do y nguyên dương  y    x  0.25 0.25 0.25 32 y ( y  1) Vì ( y, y  1)   ( y  1)  U (32) Câu mà 32  25  ( y  1)  2 ( y  1)  (Do ( y  1)  ) 3a: *Nếu ( y  1)  2  y  1; x  (1,0 đ) *Nếu ( y  1)   y  3; x  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là: 0.25 0.25 0.25 x  x    y 1 y  2a  a  3b  b  (a  b)(2a  2b  1)  b (*) 0.25 Gọi d ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) ( d   ) Thì * Câu 3b: (1,0 đ) ( a  b)  d   a  b  2a  2b  1d  (2 a  b  1)  d   b2  d  b d Mà (a  b) d  a  d  (2a  2b) d mà (2a  2b  1) d  1 d  d  Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a  b 2a  2b  số phương => 2a  2b  số phương 0.25 0.25 0.25 Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O)   1O   sđ AM  (1) Ta có A 1 2 0.25 Câu 4a: (1,0 đ)  M  Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A 1  K  (cùng chắn MH  ) Tứ giác MHOK nội tiếp  O 1 (2) 0.25 (3) 0.25   2AMH    1K  hay HKM Từ (1), (2), (3) ta có M 1 Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 0.25 0.25 Câu 4b: (1,0 đ)   sđ BM  O   sđ BM  ;O  A 1 2    A1  O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn  D  D  G  OGF ODE đồng dạng OG GF   hay OD.GF = OG.DE OD DE Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA  AMA'  A   600  BAA'  A   MA  MB  MC Chu vi tam giác MAB MA  MB  AB  MC  AB  2R  AB 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 AB  AI  R   AB  R 2 Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = (2  3)R Từ gt : 2ab  6bc  2ac  abc a,b,c > Câu 5: (1,0 đ) Chia hai vế cho abc >     c a b 0.25 0.25   MAB  A'AC  MB  A'C Câu 4c: (1,0 đ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 a b c  x, y , z  2 z  x  y  đặt x  , y  , z    Khi C  C  4ab 9ac 4bc      a  2b a  4c b  c x  y x  z y  z  2x  y   4x  z   y  z  (2x  y  4x  z  y  z ) 2x  y 4x  z yz 0.25 2         x  2y     4x  z     y  z   17  17  x  2y   4x  z  0.25   y  z    Khi x  ,y  z  C = Vậy GTNN C a =2; b =1; c = 0.25 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí HƯỚNG DẪN GIẢI  x 2 x 2  Bài 1: ( 2,5 đ) Cho biểu thức: Q    x  x ( Với x ≥ ; x ≠ 1)  x  x 1 x 1    1.Rút gọn Q     x 2  x 2 x 2 x 2 Q    x x    x x 1  x  x 1 x 1  x  x   x 1          x 2  x  1   x    x  1 x  1  x 1      x   x     x x 2x x 2   x 1 x 1   x 2.Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên: 2x  2  Q    x   U(2)= 2; 1;1;   x  1;0; 2;3  Q= x 1 x 1 Kết hợp với điều kiện => x  0; 2;3 Vậy với x  0; 2;3 Q nhận giá trị nguyên Bài 2: (2 đ) Giải hệ phương trình: x    13 13 3  x   y   10 1  x   y   10  x   y   10      ( ĐK x ≠  2y  11 11       2     x  y    x  y  6 y 1 x  3; y ≠ -1) 1 Đặt a = ; b= ta x 3 y 1     a  3b  a     x  13 10 10  x  10      (TMDK) hệ :  1 1 y  14  3a  2b  b    15    y  15 Vậy hệ pt có nghiệm (x;y) = (13;14) bc ca ab    a b c Bài 3: (1,5 đ) Cho a,b,c số thực dương CMR : a b c a,b,c số thực dương => Theo BĐT Cô-Si ta được: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 2x x 1 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí  bc ca bc ca  2  2c  a b a b    bc ca ab  ca ab ab ca bc ca ab  2  2a         a b c   a  b  c   b c c b b c  a b c a   bc ab bc ab  2  2b  a c a c  Bài 4: (3 đ) CMR điểm M,D,O,H nằm đường tròn HA=HB => OH ^ AB ( đường kính qua trung điểm dây khơng qua  = 900 tâm) => OHM  = 900 ( Tính chất tiếp tuyến) Lại có ODM  = ODM  = 900 => H,D nhìn đoạn OM góc vng => Suy OHM H,D nằm đường trịn đường kính OM => điểm M,D,O,H nằm đường trịn đường kính OM Đoạn OM cắt đường tròn điểm I CMR I tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD   DOI  ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> CI   DI  => Ta có: COI   DIM  => DI phân giác ∆ MCD (1) CDI Lại có MI đường phân giác ∆ MCD ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) Từ (1) (2) suy I tâm đường tròn nội tiếp ∆ MCD Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD theo thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M (d) cho diên tích ∆ MPQ bé Ta có ∆MOD = ∆MOP (g-c-g) => S∆ MPQ= S∆ MOQ =OD.MQ = R.MQ => S∆ MPQ nhỏ Û MQ nhỏ (3) Theo BĐT Cô – si cho hai số không âm , ta có: MQ = MD+DQ ≥ MD.DQ  OD  2OD  2R ( Vì ∆ MOD vng O có đường cao OD nên OD2=MD.DQ ) Dấu “=” xảy  MD= DQ  ∆OMQ vuông cân O   45  OM  OD  R  2.R  OMD sin OMD sin 45 (Vì ∆ ODM vng nên OD= OM.sinOMD ) Vậy MQmin = 2R  OM = R (2) Từ (3) (4) suy M nằm (d) cách O khoảng R S∆ MPQ nhỏ R.2R=2R2 ( d.v.d.t) Bài 5: (1 đ) : A   13   13  Ta có: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí 2.A  14  13  14  13     13     13    13   13    13   13     A  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYÊN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂNG KHIẾU TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chun)Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 25 tháng năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Cho A  15 x  11 x  2 x    x2 x 3 x 1 x 3 Rút gọn tìm giá trị lớn A 2) Cho phương trình x  ax  b  có hai nghiệm nguyên dương biết a,b hai số dương thỏa mãn 5a + b = 22.Tìm hai nghiệm Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  x    Câu rằng: 16 x  x   x  x  1  y 2) Giải hệ phương trình:   y  y  xy   III (1,0 điểm) Cho ba số dương a,b,c Chứng minh a 4b 9c   4 bc ca ab Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có trực tâm H, nội tiếp đường tròn  tâm O, đường kính AA’.Gọi AD đường phân giác góc BAC ( D  BC ) M,I trung điểm BC AH 1) Lấy K đối xứng với H qua AD.Chứng minh K thuộc đường thẳng AA’ 2) Gọi P giao điểm AD với HM.Đường thẳng HK cắt AB AC Q R.Chứng minh Q R hình chiếu vng góc P lên AB,AC Câu V (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  z  2012 Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí 2) Cho hình vng 12x12, chia thành lưới hình vng đơn vị Mỗi đỉnh hình vng đơn vị tơ hai màu xanh đỏ Có tất 111 đỉnh màu đỏ Hai số đỉnh màu đỏ nằm đỉnh hình vng lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm cạnh cạnh hình vng lớn (khơng trùng với đỉnh hình vng lớn ) hình vng đơn vị tơ màu theo quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ tơ màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh tơ màu xanh, cạnh có đầu mút màu đỏ đầu mút màu xanh tơ màu vàng Giả sứ có tất 66 cạnh vàng Hỏi có cạnh màu xanh Hết -Họ tên thí sinh…………………………………… Số báo danh……………… ………… Chữ kí giám thị 1: ……………………….……… Chữ kí giám thị 2: ………………… Từ :Nguyễn Hồng Vân – THPT Trần Hưng Đạo – Hải Phònghttp://trakhuc66.violet.vn/ Lời giải số câu Câu I 15 x  11 x  2 x    x2 x 3 x 1 x 3 15 x  11  (3 x  2)( x  3)  (2 x  3)( x  1)  A ( x  1)( x  3) 17 , A lớn  x  A lớn  A  5  x 3 1) A  2) Gọi x1, x2 hai nghiệm nguyên dương phương trình (x1 < x2) Ta có a = –x1 – x2 b = x1x2 nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22  x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47  (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)  Vì x1  Z  x1  nên với giả sử x1  x2 Ta có: –4 ≤ x1 – < x2 – nên x   x   (*)    x   47  x  52 Khi đó: a = – 58 b = 312 thoả 5a + b = 22 Vậy hai nghiệm cần tìm x1 = 6; x2 = 52 Câu II: Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí 1) 4x2  6x    16 x  x  3 (4 x  x  1)(4 x  x  1) 2 Dễ thấy x  x   x  ( x  1)  0, x & x  x   x  ( x  1)  0, x  2(4 x  x  1)  (4 x  x  1)   nên đặt a  x  x  1, b  x  x   b , a  0, b  Ta có phương trình 2a  b   ab  6a  3ab  3b  a a  6( )  3( )   b b a   x  2x 1 1 b     x 4x  2x 1 a ,(TM )   b 2)Giải hệ phương trình  4 x  x  y    y  y  xy   (1) (2) Nếu y = (2) vơ lí nên y  (2)   Đặt  b ta có hệ y  x  x  b    4b  b  x  1  x y y (1') (2') Lấy ( 1’) – ( 2’) ta có (x-b) (2x+2b-1) = 2 *) Nếu x = b ta có hai nghiệm (  , 2) ( ;2) *) Nếu 2x + 2b = hệ vơ nghiệm 2 Vậy hệ có hai nghiệm (  , 2) ( ;2) Câu V 1) Giả sử số nguyên số chẵn có dạng 2k (2k )  16k  0(mod8) Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí Nếu Số nguyên số nguyên lẻ có dạng 2k + (2k  1)  (4t  1)  16h   1(mod8) nên với k ,t,h số nguyên x, y, z  Z  x  y  z  0,1,2,3(mod8) Nhưng 2012  ( mod 8) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun 2) Có 111 đỉnh màu đỏ,trong có 22 đỉnh nằm cạnh hình vng,, 87 đỉnh nằm lọt hình vng lớn.Từ ta thấy có hai điểm màu xanh hai góc hỉnh vng lớn, 22 điểm màu xanh cạnh hình vng lớn khơng nằm đỉnh hình vng lớn cịn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt hình vng.Với 312 cạnh hình, ta cho đình cạnh sau: mút có i điểm màu xanh cho i điểm.Gọi tổng số điểm S, ta có S = ( số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng.Ta lại đếm số S theo cách khác:Mỗi điểm xanh góc mút hai đoạn, điểm lại mút đoạn.Vậy S = x + 22 x 3+ 34 x = 206, suy số cạnh xanh : ( 206 – 66):2 = 70 cạnh màu xanh Câu III: Chứng minh rằng: a 4b 9c     (a  b  c)(   )  18 bc ca ab bc ac ab Thật vậy: [(b  c)  ( a  c)  a  b)](  (a  b  c)( bc   )(  bc ac ab bc 4( a  c)  (a  c ) 9( a  b) )  36 (a  b )   )  18 Điều phải chứng minh bc ac ab    BAN  A   Bài hình: 1) Tam giác ABA’ có:  ABC  A ' BC  90 , ABC ' BC  BAN Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí Lại có   A  A ' AC  A ' BC ( chắn cung  A ' C ) nên BAN ' AC       Cũng có BAD  CAD  BAD  BAN  CAD  CAN    KAD  , H thuộc AN nên K thuộc AA’ Mặt khác H đối xứng với K qua AD  HAD 2) Bạn tự giải SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SIN GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Mơn: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề) Câu (7 điểm) a) Chứng minh A  n  4n  6n  4n  n chia hết cho 16 với n số nguyên Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí b) Cho biểu thức B  x    12x x  x  2  8x Rút gọn biểu thức B tìm giá trị nguyên x để B có giá trị ngun c) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình: 2y x  x  y   x  2y  xy Câu (3 điểm) Cho hàm số y  x  6x   x  có đồ thị (D) a) Vẽ đồ thị (D) hàm số b) Với giá trị m phương trình x2  6x   x   m vơ nghiệm c) Dựa vào đồ thị (D), tìm tập nghiệm bất phương trình: x2  6x   x Câu (2 điểm)  y2 x  xy   2017 (1)   y2  Cho x, y, z số thực thỏa: z   1009 (2) (x  0, z  0,x  z)  x  xz  z  1008 (3)   2z y  z Chứng minh  x xz Câu (5 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường trịn  O1  đường kính AE đường trịn  O2  đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường trịn với M tiếp điểm thuộc  O1  N tiếp điểm thuộc  O2  a) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vng góc với đường thẳng AB b) Với AB = 18 cm AE = cm, Vẽ đường trịn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC cân A, có góc A nhỏ 900 Từ B kẻ AM  AB  BM vng góc với AC M (điểm M thuộc AC) Chứng minh 1  2  MC  BC  ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI TOÁN BẾN TRE 2016-2017 Câu a) A  n8  4n7  6n6  4n5  n  n  n  4n3  6n2  4n  1   n(n  1) Vì n(n+1) tích hai số nguyên liên tiếp nên n(n  1)   n  n  1 2  16 Do A 16 với n thuộc Z Trang chủ: https://vndoc.com/ | Email hỗ trợ: hotro@vndoc.com | Hotline: 024 2242 6188 Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tâp miễn phí b) B  x    12x x2  x  2  8x  x 3 x2   x  2  x2   x2 x x  2x  2x  3 x2   2x   x x x x  1  x B có giá trị nguyên    x  U(3) x <   x  3 +) Nếu x < 0: B  x2  2x  3 x 2  2 x x x B có giá trị nguyên    x  Ư (3) x>2  x  x +) Nếu