Bo de thi hoc sinh gioi mon toan lop 9 tinh thanh hoa

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP TỈNH THANH HĨA (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038 Tài liệu sưu tầm, ngày 10 tháng 10 năm 2022 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2022 - 2023 MƠN THI: TỐN - THCS Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (4, điểm)   x + 14 ⋅ 1 + với x ≥ + x +3  x +2 x+3 x +2 Rút gọn biều thức P tìm giá trị x để biểu thức P có giá trị số tự nhiên P Cho biểu thức= x Cho số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời a += b ; b += c ; c += a4 ( ) Tính giá trị biểu thức B = a + b + c + a b c − a b + b c + c a + 2022 Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình x3 + 13 x − 14 x =− 15 x +  x + xy + 49 = Giải hệ phương trình   x − xy + y = y − 17 x Câu III (4, điểm) Tìm tất số nguyên ( m, p, q ) thỏa mãn: 2m ⋅ p + = q m > 0; p, q hai số nguyên tố Cho a, b hai số nguyên thỏa mãn a khác b ab ( a + b ) chia hết cho a + ab + b Chứng minh a − b > ab Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Đường trịn tâm I đường kính BC cắt cạnh AB AC M N Các tia BN CM cắt H Gọi K giao điềm IH với MN Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng CM BN E Q  = ECI  Chứng minh ∆ANM đồng dạng với ∆ABC BQI Chứng minh IQIE = IC Gọi D la giao điểm AH với BC Chứng minh KN  HN  =  KM  HM  1 + + ≤   AD ⋅ BN BN ⋅ CM CM ⋅ AD 3( R − OH ) Câu V (2,0 điểm) Cho ba số a, b, c ≥ thỏa mãn 16abc + ( ab + bc + ca ) = 81 + 24 ( a + b + c ) Tim giá trị nhỏ biểu thức Q = a ( a2 − + a + ) b( b2 − + b + ) c( c2 − + c ) - HẾT -Họ tên thí sinh:…………………………………………SBD…………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2022-2023 HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi: TỐN – THCS (Hướng dẫn chấm có 06 trang) NỘI DUNG Câu I P 4,0 Cho biếu thức= điểm Điểm   x + 14 ⋅ 1 + với x ≥ + x +3  x +2 x+3 x +2 Rút gọn biều thức P tìm giá trị x để biếu thửc P có giá trị số tự nhiên x 2,0 Điều kiện x ≥ Ta có:  ⋅ 1 + x +3  x = P = x + 11 x + 14 = x +2 x +1 ( )( Vậy P = Ta có P= x +1 ( ) ( x +7 ( ( x + 1) + ( x + 1)( x + 2) ( x  x + 14 = + x +2 x+3 x +2 )( )( x + 14 )( x +2 ) 0,5 x +1 ) x +2 x +7 x +7 = x +1 x +2 x +1 ) 0,5 với x ≥ ) x +1 + = 2+ x +1 x +1 Do P ∈  nên P ∈ {3; 4;5;6;7} ⇔ , x ≥ nên < x +1 ≤ suy < P ≤ 0,25  5  x + ∈ 5; ; ; ;1   0,25 x +1 ∈ {1; 2;3; 4;5} ⇔     x ∈ 4; ; ; ;0  ⇔ x ∈ 16; ; ; ;0     16    Kết hợp với điều kiện ta thấy x ∈ 16; ; ; ;0  giá trị cần tìm  16    Vậy để P có giá trị số tự nhiên x ∈ 16; ; ; ;0   16  Cho số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời: a += b , b += c , c += a4 ⇔ ( ) Tính giá trị biểu thức B = a + b + c + a b c − a b + b c + c a + 2022 ( ( ( )( )( )( ) ) ) a + = b − = b − b +   Từ giả thiết ta suy ra: b + = c − = c − c +  2 c + = a − = a − a + Nhân vế với vế đằng thức với ta được: a + b + c + =b − c − a − b + c + a + ) ( )( )( )( )( )( Do ( a + 1)( b + 1)( c + 1) > nên ( b − 1)( c − 1)( a − 1) = ( )( )( 2 2 ) 0,25 0,25 2,0 0,5 0,5 Khai triền ta b c a − a b − b c − c a + a + b + c − = 0,5 ( ) ⇔ a 2b2 c2 + a + b2 + c2 − a b2 + b2 c2 + c2 a = 2.  0,5 Vậy B = + 2022 = 2024 II 1.Giải phương trình: x3 + 13x − 14 x =− 15 x + 4,0 điểm ĐKXĐ: x ≥ − Pt cho x3 + 13 x − 14 x − + 15 x + = ( 2,0 0,25 ) ⇔ x3 + 13 x − 12 x − ( x + 3) + 15 x + =0 ⇔ x − x ( x + ) − ( x + 3) − 15 x + ( ) ⇔ x − 3x ( x + ) − ( ) ⇔ x − 3x ( x + ) − (2 x + 3) − (15 x + ) ( x + 3) + 15 x + = x + 12 x + − 15 x − ( x + 3) + 15 x + =  x − 3x = 0 (1)     ⇔ x − 3x  x + − = 0⇔ = x+4− x + + 15 x +    x + + 15 x + x = −Pt (1) ⇔  (đều thoả mãn ĐKXĐ) x =  ( ) Xét Pt (2): x + − 0,5 0,25 ( 2) 0,25 = x + + 15 x + 17 x + + 15 x + ≥ ⇒ Vì x ≥ − ⇒ x + ≥ ≤ 5 x + + 15 x + 9 128 Suy x + − ≥ > nên pt (2) vô nghiệm x + + 15 x + 45  3 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = 0;   4  x + xy + 49 = 2 8 17 − + = − x xy y y x  Giải hệ phương trình  Nhân hai vế phương trình (2) với 3, cộng với phương trình (1) vế theo vế ta pt: x3 + x + xy − 24 xy + y + 49 = 24 y − 51x 0,5 0,25 2,0 0,5 ⇔ x + x + x + + y ( x + 1) − 24 y ( x + 1) + 48 ( x + 1) = ⇔ ( x + 1) ( x + 1) + y − 24 y + 48 =0 ⇔ ( x + 1) ( x + 1) + 3( y − 4)  =0 0,75 x +1 =  ⇔ 2 ( x + 1) + 3( y − 4) =  −1 −1 x=  x= TH1:  ⇔ 4; y −4 −49  y ==  x + xy = 0,25 ( x + 1) + 3( y − 4) =  x = −1 ⇔ TH2:   −49 y=4  x + xy = 0,25 Vậy hệ cho có hai nghiệm ( x, y ) ∈ {( −1; ) , ( −1; −4 )} 0,25 III Tìm tất số nguyên ( m, p, q ) thỏa mãn 2m p + =q 4,0 m > 0; p, q hai số nguyên tố điểm m Vì m > p nguyên tố nên p + lẻ ⇒ q lẻ ( 2,0 ) Nếu p = 2m + + 1= q ⇔ ( q − 1) q + q + q + q + = 2m + Vì q lẻ ⇒ q + q + q + q + lẻ lớn ⇒ Do p lẻ m+2 0,5 có ước lẻ lớn , vơ lý ( ) Ta viết phương trình cho dạng ( q − 1) q + q + q + q + = 2m p Do q + q + q + q + lẻ lớn nên q + q + q + q + =p q + q + q + q + =p 0,5 + Xét trường hợp q + q + q + q + = p ⇒ q − = 2m p Do 2m p > p nên 0,25 q − > q + q + q + q + (vô lý) + Xét trường hợp q + q + q + q + = p ⇒ 4q + 4q + q < p =4q + 4q + 4q + 4q + ( < 4q + 4q + 9q + 4q + ⇒ 2q + q p= ( 2q ) ) ( ) < p < 2q + q + Từ suy ( ) ( 2q + q + Ta phương trình q + q + q + q + 1= 2 ) + q +1 0,5 = p 11; = m ⇔ q − 2q − = , mà q nguyên tố, suy q = , từ tìm Vậy ta có ba số nguyên thoả mãn yêu cầu toán là: ( m, p, q ) = (1;11;3) 2.Cho a, b hai số nguyên thỏa mãn a khác b ab ( a + b ) chia hết cho a + ab + b Chứng minh a − b > ab 0,25 2,0 Đặt d = ƯCLN(a, b) Suy = a xd = , b yd với ƯCLN ( x, y ) = Khi đó: ab ( a + b ) dxy ( x + y ) = ∈ 2 a + ab + b x + xy + y ( ) 0,5 ( ) Ta có UCLN x + xy = + y ; x UCLN = y2 ; x ( ) 0,5 Tương tự UCLN x + xy + y ; y = ( Đặt d = UCCLN x + y, x + xy + y ( (  x + y d    x + xy + y ⇒ ⇒ 2  x + xy + y  d  x + xy + y ( x, y ) = 1) ) ) − x ( x + y ) d  x  d ⇒ ⇒d = (Vì ƯCLN ) − y ( x + y ) d  y  d Do d : x + xy + y ⇒ d ≥ x + xy + y 2 ( Mặt khác a − b= |3 d x − y= |3 d x − y |3 ⋅d ≥ d ⋅ ⋅ x + xy + y ) d xy = ab 0,25 0,5 Vậy a − b > ab 0,25 IV Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Đường 6,0 trịn tâm I đường kính BC cắt cạnh AB AC M N Các điểm tia BN CM cắt H Gọi K giao điềm IH với MN Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng CM BN E Q 6,0 A N K M O H E P B D I C Q  = ECI  1.Chứng minh ∆ANM đồng dạng với ∆ABC BQI AN AB = AM AC Ta có: ∆ANB ∼ ∆AMC ( g ⋅ g ) ⇒ 2,0 0,5 Xét ∆ANM ∆ABC có: AN AB  = ; A góc chung AM AC ⇒ ∆ANM ∼ ∆ABC ( c.g.c ) (Đpcm) Vì ∆ANM ∼ ∆ABC ⇒  ANM =  ABC 0,5 =   =  = 90 (Do BN ⊥ AC ; CM ⊥ AB ) ⇒ MNB MCB Mà  ANM + MNB ABC + MCB 0,5  = BQI  (2 góc so le trong) mà MNB =  = ECI  hay BQI  ( đpcm ) ⇒ BQI MCB 0,5 2 Chứng minh IQIE = IC KN  HN  =  KM  HM  2,0  = ECI  lại có BIQ  = EIC  (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆BIQ ∼ ∆EIC ( g g ) Theo câu a, BQI ⇒ IQ IB = ⇒ IQ ⋅ IE = IC.IB mà IB = IC ( gt ) ⇒ IQ.IE = IC IC IE 0,5 IQ  IC  ⇒ =   (1) IE  IE  Áp dụng hệ Ta - Lét ta có: Từ (1) (2) ⇒ KN  IC  =   KM  IE  KN HK KM KN IQ (2) = = ⇒ = IQ HI IE KM IE 0,25 =  Trên cạnh EM lấy P cho= IEP IP IE ( P ≠ E ) ⇒ ∆IPE cân I ⇒ IPC  = IPC  =  hay HMN  = HMN  (2 góc so le trong, MN  EQ ) ⇒ HMN Mà IEP IPE  HNM  ⇒ ∆HMN ∼ ∆IPC ( g g ) ICP Lại có: = 0,25 0,5 ⇒ IC HN IC HN = mà IP = IE (cách lấy điểm P ) ⇒ = (4) IP HM IE HM KN  HN  Từ (3) (4) ⇒ =   ( đpcm ) KM  HM  0,5 Gọi D la giao điểm AH với BC Chứng minh 1 + + ≤   AD ⋅ BN BN ⋅ CM CM ⋅ AD 3( R − OH ) Vì BN ⊥ AC ; CM ⊥ AB; { H } = BN ∩ CM ⇒ H trực tâm ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC hay AD ⊥ BC HD HN HM S HBC S HAC S HAB Do ta có: + + = + + = AD BN CM S ABC S ABC S ABC AD − AH BN − BH CM − CH AH BH CH ⇒ + + = + + = 1⇔ AD BN CM AD BN CM Do H trực tâm ∆ABC nhọn nên H nằm ∆ABC R − OH >  AH ≥ AO − OH =  ⇒  BH ≥ BO − OH = R − OH >    (BĐT ba điểm) CH ≥ CO − OH = R − OH >  ⇒2= AH BH CH 1  + + ≥ ( R − OH )  + + AD BN CM  AD BN CM 0,5 0,5 1  + + ≤ ( 5) ⇒ AD BN CM R − OH  Với x, y ta có : ( x − y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy Chứng minh tương tự : y + z ≥ yz;   z + x ≥ zy Cộng theo vế ba BĐT ta được: x + y + z ≥ ( xy + z + zx ) ⇔ x + y + z ≥ xy + yz + zx ( 2,0 ) 0,5   ⇔ ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + zx ) Áp dụng BĐT = với x 1 = ;y = ;z ta suy được: AD BN CM    1  1 + + + +   ≥ 3   AD BN CM   AD ⋅ BN BN ⋅ CM CM ⋅ AD  1  Từ (5) và (6) ⇒  (đpcm)  + + ≤ AD ⋅ BN BN ⋅ CM CM ⋅ AD 3( R − OH )2 Dấu " =" xảy ⇔ dấu " =" bất đẳng thức đồng thời xảy ⇔ ∆ABC Cho ba số a, b, c ≥ thỏa mãn 16abc + ( ab + bc + ca ) = 81 + 24 ( a + b + c ) V 2,0 Tim giá trị nhỏ biểu thức điểm 1 Q= a ( a2 − + a Ta coù: Q = ( + ) b( a2 − − a a a2 − − a2 b2 − + b + + ) c( b2 − − b ) b(b − − b2 c2 − + c + ) c (c 2,0 ) c2 − − c − − c2 0,5 )  a2 − a2 − − a b2 − − b c2 − − c b2 − c2 −   = + + = 3− + +  a −a −b −c b c    0,5  a2 − b2 − c2 −  a2 − b2 − c2 − = ⇒Q−3 = − + + − P. Với P = + +  a b c  a b c   Sử dụng bất đẳng thức : Với x, y, z ≥ , ta ln có x + y + z ≤ 3( x + y + z ) Dấu "=" xảy x= y= z Từ bất đẳng thức cho ta có: P = 1−   1 1 1  1   + − + − ≤ 3 −  + +   = −  + +  a b c b c  b c  a  a 0,5 1 1 Suy P ≤ −  + +  a b c Từ giả thiết 16abc + ( ab + bc + ca ) = 81 + 24 ( a + b + c ) ⇔ 16= 81 1   1 1 + 24  + +  −  + +   * abc  ab bc ca  a b c () 1 1 1 1 1 1 1 ≤ ⋅ + +  + + ≤ ⋅  + +  abc 27  a b c  ab bc ca  a b c  Dấu "=" xảy a= b= c 1 Đặt t = + + ;0 < t ≤ (Vì a, b, c ≥ 1) Từ  * ta có a b c Ta có 0,5 () 16 ≤ 3t + 8t − 4t ⇔ 3t + 8t − 4t − 16 ≥ ⇔ ( 3t − ) (t + 2) ≥ ⇔ t ≥ (  Vi 0 < t ≤ 3 65 1 1 4 Suy P ≤ −  + +  ≤ −   = a b c 3 65 − 65 ⇔Q≥ Dấu "=" xảy 3 16abc + ( ab + bc + ca ) = 81 + 24 ( a + b + c )  ⇔ a =b =c = a = b = c  a , b, c ≥  ⇒ Q − = −P ≥ − Vậy giá trị nhỏ Q 0,5 9 − 65 a= b= c= - Hết - Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TỐN - THCS Ngày thi: 26/12/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) Câu I (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức x x3 − x + ⋅ P= xy − y x + x − xy − y − x , với x ≥ 0; y > 0; x ≠ y; x ≠ Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c + abc = Tính giá trị biểu thức Q= a (1 − b)(1 − c) + b(1 − c)(1 − a ) + c(1 − a )(1 − b) − abc + 2020 Câu II (4,0 điểm) Giải phương trình 3x − x − = (2 − x) + ( x − 19 ) − x  x2  x + y =6 − y  Giải hệ phương trình   x + x + x =12 − y +  y y2 Câu III (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn phương trình + − b = + b + b + − b + b a Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a − b số nguyên tố ab + bc + ca = 3c Chứng minh 8c + số phương Câu IV (6,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB C điểm thay đổi nửa đường trịn ( C khác A B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ tia tiếp tuyến Ax By Tiếp tuyến C nửa đường tròn cắt tia Ax , By theo thứ tự D , E Gọi I giao điểm AE BD , CI cắt AB H Chứng minh CH song song với BE I trung điểm đoạn thẳng CH Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB K Chứng minh KA.KB = CH CO Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt tia By F Gọi M giao điểm AF BC Xác định vị trí điểm C nửa đường trịn ( O; R ) cho tam giác ABM có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R Câu V (2,0 điểm) Cho a, b số thực dương Chứng minh a+b ab ab a + b + 2ab + + + ≥ + ab + a + b (1 + a )(1 + b)ab - HẾT -Họ tên thí sinh:…………………………………………SBD…………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2021-2022 HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi: TỐN – THCS (Hướng dẫn chấm có 06 trang) Câu NỘI DUNG I Rút gọn biểu thức 4,0 x x3 − x , với x ≥ 0; y > 0; x ≠ y; x ≠ = + P điểm xy − y x + x − xy − y − x Với x ≥ 0; y > 0; x ≠ y; x ≠ Ta có: x ( x − 1) x P = + y x −2 y x +1 x − y 1− x ( = y ( ) ( x x −2 y x − xy = ( x( y( y = − ) ( ) y) = y) )( x x −2 y x −2 2,0 0,5 ) ) 0,5 0,5 x −2 y x −2 Điểm x = y x y 0,5 Vậy với x ≥ 0; y > 0; x ≠ y; x ≠ P = x y Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c + abc = Tính giá trị biểu thức Q= 2,0 a (1 − b)(1 − c) + b(1 − c)(1 − a ) + c(1 − a )(1 − b) − abc + 2020 Theo ta có: a + b + c + abc = ⇒ a + abc = 1− b − c Do a (1 − b)(1 − c= ) a (1 − b − c + bc) = a (a + abc + bc) = (a + abc ) =+ a abc Tương tự: 0,5 (vì a, b, c > ) 0,5 b(1 − c)(1 − a ) =b + abc 0,5 c(1 − a )(1 − b) =c + abc Khi Q = a + b + c + abc − abc + 2020 = a + b + c + abc + 2020 = 2021 Vậy Q = 2021 II 4,0 điểm Giải phương trình 3x − x − = (2 − x) 3 x − x − ≥ ⇔ x ≤ 1− Điều kiện xác định  − x ≥  + ( x − 19 ) − x 0,5 2,0 0,25 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (4,0 điểm): - ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ Với x ≥ 0, x ≠ P= = x x −3 x−2 x −3 − ( x −3 x +1 )+ x +3 3− x = ( )( )( ( ) ( )( )( x + 1) )( x − 3) ) ( ) ( x +3 x +1 ( ) x x −3 x −3 x −3 − − x +1 x − x +1 x − x x − x + x − 24 x +8 = x +1 x − x +1 ( )( ) x +8 = x +1 + x +1 − = − = −2 ≥ x +1 x +1 x +1 ⇒ giá trị nhỏ P = ⇔ x = ( thỏa mãn đkxđ) y2 + * Cách 2: đặt y = x ( y ≥ 0, y ≠ ) P = , tìm gtnn P phương pháp miền xác định y +1 Câu II (5,0 điểm): * Cách ta có : x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ ( x − 1)4 − 6( x − 1)2 + m + = * Cách 1: Với x ≥ 0, x ≠ P = Đặt y = (x − 1)2 , y ≥ Pt trở thành : y − y + m + = (2) - phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = có nghiệm phân biệt pt (2) có nghiệm dương ∆ >  phân biệt ⇔ s > ⇔ -6 < m < p >  ( ) ( ) * Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ x − x − x − x + m = ; đặt ẩn phụ giải cách * Cách 3: Đặt x = a + x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ a − 6a + + m = ;  2 + x =   x − =  y3 (I) ĐKXĐ: y ≠ , đặt t = ≠ hệ pt trở thành y y  t − x − =    x − 3t − = ( ) Cách : - trừ vế với vế hai pt, đưa pt tích, ta : (x − t ) x + xt + t − = ⇔ x − t = x + xt + t − = ⇔ x = t x = t = ⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1)  t − x − = * Cách  hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a xt = b ,   x − 3t − = Câu III (4,0 điểm) n số tự nhiên dương: + để 2n – 15 số phương, dễ dàng chứng minh n ≥ n lẻ 2n – 15 khơng số phương + n chẳn đặt n = 2k ( k ∈ N , k ≥ ) 2n – 15 = a (a ∈ N * ) ⇔ (2 k − a )(2 k + a ) = 15 mà < k − a < k + a ⇒ k = 2;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk Vậy n = 4;6 giá trị cần tìm ) ( * Cách m, n ∈ N * m + 6− > ⇔ 6n > m ⇒ 6n ≥ m + n 2mn 6n = m2 + mà 6n2 chia hết m2 + ≡ 0(mod 3) vơ lý m ≡ 0,1(mod 3) 6n2 ≥ m + (1) mặt khác (m + ) = m2 + + < m + (2) 2m 4m  m  từ (1) (2) suy  m + đpcm  < 6n ⇔ − > 2m  n 2mn  * Cách chứng minh : 6n2 ≥ m + (1) m ⇔ 24m n > 4m + 4m + (2) Mà − > n 2mn Mặt khác : ⇔ 24m n = 4m n 6n > 4m m + = 4m + 8m > 4m + 4m + ⇒ đpcm m * Cách 3: m, n ∈ N * nên 6− > n 2mn ( ) ⇔ 2m − 6nm + = ⇔ 6− ( ) n − 6n − n + 6n − 0 n A Câu IV (6,0 điểm): ω N E F H P B a) Cách 1: Chứng minh điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, D KΩ M C Q AH ) ⇒ HN ⊥ NA , NH cắt đường tròn O Q suy => AQ đường kính (Ω) ⇒ QC ⊥ AC => QC//BH (1) + Chứng minh tương tự ta suy ra: QB//HC(2) kết hợp với (1) ⇒ BHCP hình bình hành => NH qua trung điểm M BC, hay N, H, M thẳng hàng Cách 2: + Chứng minh điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH ) + Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp ⇒ ∠ANM = ADM = 90 ⇒ MN ⊥ AN mà HN ⊥ NA ⇒ M,N,H thẳng hàng b) Cách 1: + ANDM ABDE tứ giác nội tiếp nên ∠NDA = ∠NMA; ∠ABE = ∠ADE mà ∠NDE = ∠NDA + ∠ADE ⇒ ∠NDE = ∠NMA + ∠ABE (3) + chứng minh : ∠FDK = ∠ACF + ∠NMA (4) + mà ∠ABE = ∠ACF (cùng phụ ∠BAC ) (5) Từ (3),(4),(5) ⇒ góc NDE = góc FDK Cách 2: ∆ PAM có AD, MN hai đường cao cắt H , nên H trực tâm ∆ PAN => PH ⊥ AM K Ta có ∠ HDK = ∠ HMK (cùng chắn cung HK) mà ∠ HMK = ∠ APH (cùng phụ ∠ KHM), tứ giác GNHD nội tiếp nên ∠ NPH = ∠ NDH ( chắn cung NH) Suy ra: ∠ HDK = ∠ NDH ,AD phân giác ∠ NDK ∠ FDA = ∠ ADE ,AD phân giác ∠ FDE => ∠ FDK = ∠ NDE c) + tứ giác ANHK nội tiếp suy ra: ∆ PHAđồng dạng ∆ PNK(g-g) ⇒ PN.PA = PH.PK +chứng minh tương tự : PN.PA = PB.PC nên suy ra: PH.PK= PB.PC ⇒ ∆ PHC đồng dạng ∆ PBK (cg-c) ⇒ ∠ PKB = ∠ PCH ⇒ giác BHKC nội tiếp Câu V (1,0 điểm): Bảng vng có 7.7 = 49 vng Ta điền số 1,2,3,4,5,6,7 vào ô vuông bảng : (theo đường chéo) - xem ô điền số giống chuồng thỏ ⇒ có chuồng thỏ , mà 22 = 3.7 +1 , theo nguyên tắc đirrichle cách đặt thỏa mãn u cầu tốn, chuồng thỏ ln có đấu thủ không công (Hai đấu thủ công lẫn họ hàng cột.cịn đường chéo không công nhau) ⇒ đpcm 7 7 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2011– 2012 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 23/3/2012 Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) Câu I (4 điểm)  Cho biểu thức P =   x 1 x    x 1   :      x 1    x 1 10  x   x  x 1 1 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị P x = 3+ 2 3−2 −4 3−2 3+ 2 Câu II (4 điểm) Trong hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – parabol (P): y = - x2 Gọi A B giao điểm d (P) 1) Tính độ dài AB 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x +m cắt (P) hai điểm C D cho CD = AB Câu III (4 điểm)  x2  +x=2  y 1) Giải hệ phương trình  y + y =  x 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC Gọi M trung điểm BC; H trực tâm; AD, BE, CF đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1) (C2) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF DKE, với K giao điểm EF BC Chứng minh rằng: 1) ME tiếp tuyến chung (C1) (C2) 2) KH ⊥ AM Câu V (2 điểm) Với ≤ x; y; z ≤ Tìm tất nghiệm phương trình: x y z + = + + y + zx + z + xy + x + yz x + y + z (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh SDB SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2012 - 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu I (4,0đ) Ý (2,0đ) Lời giải (vắn tắt) () Điều kiện xác định: < x ≠ 10  * Đặt: x − 1= a, < a ≠  a a +   3a + 1  + : −  Khi đó: P =     + a − a   a − 3a a  ( a + ) 2a + −3a −3 x − = : = = a ( a − ) 2a + x − + 9−a x = (3 + 2) − (3 − 2) (2,0đ) = ( + 1) − ( − 1) = + − − = ( Suy ra: P = II (4,0đ) (2,0đ) (2,0đ) Điểm ) −3 = − 2+4 1,0 1,0 1,0 1,0 − x =x − Toạ độ A B thoả mãn hệ:   y= x − ⇔ ( x; y ) =− (1; 1) ( x; y ) =( −2; −4 ) AB = + = Xét phương trình (hồnh độ giao điểm ( P ) d ′ ): − x =− x + m ⇔ x2 − x + m = 0 (1).  Tồn C D , khi: (1) có nghiệm x1 , x2 phân biệt * ⇔ m < (  .  ) Khi đó, toạ độ C D là: C ( x1 ; y1 ) D ( x2 ; y2 ) , đó: 1,0 1,0 1,0 y1 =− x1 + m y2 = − x2 + m 2 2 CD = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2    Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: CD= (1 − 4m ) 1,0 CD = AB ⇔ (1 − 4m ) = −2 , thoả mãn (  * ) 18 ⇔ m = Vậy, giá trị cần tìm m là: m = −2 III (4,0đ) (2,0đ) () Điểu kiện xác định: xy ≠   * Khi đó, hệ cho tương đưonng với: ( x + y )( x + y − 1) =  x + xy =2 y  x + y + xy =x + y ⇔ ⇔  2 xy x xy x y + xy = x  2 y += 2 y += 1,0   x= − y  x = −2 y  ⇔  hoaëc  y − y =  y=   2 1 ⇔ ( x; y ) = ( 0; ) , ( −2;1)  hoaëc  ;   3 (  ) , Đối chiếu suy nghiệm hệ cho: * ( x; y ) = ( −2;1) ( x; y ) =  1 ;   3 (2,0đ) 1,0 2x + y − 2x y = 320 (1) ( ) + (x (1) ⇔ x3 −y ) = 320 Đặt: x = 8u x − y = 8v , (1) trở thành: u + v = 3  x3 = 8u  8v x − y = Hệ:  suy ra: ( x; y ) = u + v =  x, y ∈ Z \IV (6,0đ) 1,0 ( 2; −8) , ( 2; 24 ) , ( −2; −24 ) , ( −2;8) 1,0 (3.0đ) 1,0  (tam giác BEC vuông E, EM trung tuyến)  = CBE MEB )  = CAD  (hai tam giác EBC DAC có chung góc nhọn C EBC  = HAE  Mặt khác H ∈ ( C1 ) , từ ta có HEM 0,5 Suy ra, ME tiếp tuyến (C1)   − DEC  MED = MEC  − DEC  (do tam giác BEC vng E, có EM trung tuyến) = MCE  − DHC  (tứ giác HDCE nội tiếp) MCE  − FHA  (góc đối đỉnh) MCE  − FEA  (tứ giác HEAF nội tiếp) = MCE  − CEK  (góc đối đỉnh) = MCE  (góc ngồi tam giác), suy ME tiếp tuyến (C2) = DKE Hồn thành lời giải tốn 1,0 = = 0,5 L AM ∩ ( C1 ) ; theo câu IV.1), ta có: ML= Gọi= MA ME = MD.MK (3,0đ) Suy L thuộc đường tròn ngoại tiêp tam giác ADK - đường trịn đường kính AK Do KL ⊥ AM Mặt khác, ta lại có HL ⊥ AM (vì L ∈ ( C1 ) - đường tròn đường kính AH ) Do K , L, H thẳng hàng, suy điều phải chứng minh 1,0 1,0 1,0 Giả thiết ≤ x, y, z < kết hợp với điều kiện xác định (1), suy ra: x + y + z > 0 * ( ) x x ≤ + y + zx x + y + z y y z z Tương tự, ta có: ≤ ≤ + z + xy x + y + z + x + yz x + y + z x y z Suy ra: = + + ≤1 x + y + z + y + zx + z + xy + x + yz hay x + y + z ≥ (1) Mặt khác, từ ≤ x, y, z ≤ , suy ra: x + y + z ≤ 0.5 Khi đó, ta có: (1 − z )(1 − x ) ≥ ⇔ + zx ≥ z + x ⇔ V(2đ) Từ (1) (2) ta suy ra: x + y + z = , kết hợp với điều kiện ≤ x, y, z ≤ suy x= y= z= Vậy, phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) = (1;1;1) 0.5 0.5 0.5 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực tổ chấm 3) Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ Đề thức Số báo danh KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010- 2011 Môn thi: Tốn Lớp: THCS Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2011 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (5,0 điểm) 1) Cho phương trình: x − 2m x + 2m − =0 Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm 2x x + m thay đổi x1 , x2 với m Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2 x1 + x2 + 2(1 + x1 x2 ) 1 2) (a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn + = Chứng minh A= a + b + c a b c số hữu tỉ (b) Cho ba số hữu tỉ x, y, z đôi phân biệt Chứng minh rằng: B= 1 số hữu tỉ + + 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 2  x   x  10   +  =  x −1   x +1   1 1  x + x + 1 +  = y y  2) Giải hệ phương trình:   x3 + x + x + =  y y y3 Câu III (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm D, E thuộc cạnh AC, AB, cho BD, CE cắt P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC  Tính BPE Câu IV (4,0 điểm) Cho đường tròn tâm O dây cung AB cố định ( O ∉ AB ) P điểm di động đoạn thẳng AB ( P ≠ A, B P khác trung điểm AB) Đường tròn tâm C qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) A Đường tròn tâm D qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N ( N ≠ P )  bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn 1) Chứng minh  ANP = BNP 2) Chứng minh đường trung trực đoạn ON qua điểm cố định P di động Câu V (4,0 điểm) 1) Cho a1 , a2 , , a45 45 số tự nhiên dương thoả mãn a1 < a2 < < a45 ≤ 130 Đặt dj = a j +1 − a j , ( j = 1, 2, , 44) Chứng minh 44 hiệu d j xuất 10 lần Câu II (5,0 điểm).1) Giải phương trình: 2) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + b + c + c + a =2011 2011 a2 b2 c2 Chứng minh rằng: + + ≥ b+c c+a a+b 2 HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GD & ĐT THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH (Gồm có trang) Câu Câu I 6đ NĂM HỌC 2010 - 2011 MƠN THI: TỐN LỚP: THCS Ngày thi: 24 - - 2011 Ý Hướng dẫn chấm 1) Ta có ∆ =' (m − 1) ≥ 0, ∀m nên phương trình có hai nghiệm với m 2,5đ 4m + Theo định lí viet, ta có x1 + x2 = 2m, x1 x2 = 2m − , suy P = 4m + (2m − 1) 1− 1, m = = ≤ Max P = 4m + 2 2a) Từ giả thiết suy 2ab − 2bc − 2ca = 1,5đ Suy A = (a + b − c) = a + b − c số hữu tỉ 2b) 1 1 1 suy + = Đặt a = ,b = ,c 1,0đ = a b c x− y y−z x−z Áp dụng câu 2a) suy B = 1 + + số hữu tỉ 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) Câu II 1) Đk: x ≠ ±1 Phương trình tương đương với 2 6đ 2,5đ  2x2  x  x2 10 x 10  x + − = ⇔ − − =     − − x2 − x x  x +1 x −1    1,0 1,0 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 2x2 −2 10 , ta phương trình t − t − = ⇔ t = t = x −1 3 2x 5 Với t = , ta = (vô nghiệm) x −1 3 2x2 2 Với t = − , ta = − suy x = ± x −1 0,5  x + y2 + x + y =  Đk: y ≠ Hệ tương đương với   x3 + + x  x +  =    y3 y  y  u= x + y u + u = u − 4u= − 2v +4 = u  Đặt  ta hệ  ⇔ ⇔ − 2uv + u − 2v v = u= u = v = x ,  y 0,5 Đặt t = 2) 2,5đ Điểm 0,5 0,5 0,5 1,0 Câu III 2đ Câu IV 4,0đ  x+ =  y u = x =  Với  ta  (thoả mãn điều kiện) ⇔ v = 1, x y =    =1  y Kẻ EF ⊥ AC F, DG ⊥ BC G Theo giả thiết S( ADPE ) = S( BPC ) ⇒ S( ACE ) = S( BCD ) 0,5  Mà AC = BC ⇒ EF = DG  A=C Suy ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG 0,5  =ECA  Do ∆AEC =∆CDB (c − g − c) ⇒ DBC 0,5  = PBC  + PCB  = PCD  + PCB  = 600 ⇒ BPE 1) Gọi Q giao điểm tiếp tuyến 3,0đ chung (O) với (C), (D) A, B tương ứng    Suy  ANP = QAP = QBP = BNP 0,5 1,0 Ta có   = QAP  + QBP  ANB =  ANP + BNP N H O Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn Suy điểm O, N, A, B nằm đường tròn  2=  2=  ODN , Ta có = OCN OAN OBN suy bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn A 0,5 D C = 180 −  AQB , suy NAQB nội tiếp (1) Câu V 2đ 1,0 P B 0,5 E 0,5 Q 2) Gọi E trung điểm OQ, suy E cố định E tâm đường tròn qua 1,0đ điểm N, O, D, C Suy đường trung trực ON qua điểm E cố định d1 + d + + d 44 = (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + + (a45 − a44 ) = a45 − a1 ≤ 130 − = 129 (1) 1) 2,0 Nếu hiệu d ( j = 1, 2, , 44) xuất không 10 lần j đ d1 + d + + d 44 ≥ 9(1 + + + 4) + 8.5 = 130 mâu thuẫn với (1) Vậy phải có hiêụ d j ( j = 1, , 44) xuất khơng 10 lần 2) Ta có 2(a + b ) ≥ (a + b) 2,0đ 0,5 1,0 0,5 1,5 0,5 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Suy + + ≥ + + b+c c+a a+b (b2 + c2 ) ( c2 + a2 ) ( c2 + a2 ) Đặt x = b + c , y = c + a , z = a + b , y + z − x2 z + x2 − y x2 + y − z + + suy VT ≥ 2x 2y 2z 2   ( z + x)   ( x + y)2   ( y + z ) ≥ − x +  − y+ − z   2  x   2y   2z    ( z + x)   ( x + y)2   ( y + z ) ≥ + x − 3x  +  + y − 3y  +  + z − 3z    2  x   2y   2z  ≥ 2 ( 2( y + z ) − x ) + ( 2( z + x) − y ) + ( 2( x + y − z )  Suy VT ≥ 1 2011 ( x + y + z) = 2 2 GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa 1,0 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH (Đề thi có trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009– 2010 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm)  2x x + x − x x + x  x −1 x Cho biểu thức: P = − +   x −1  2x + x −1 x −1 x x −1  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P ( )( ) + 49 − 20 − x = − 11 Câu (5,0 điểm) 2x 13 x + = 3x − x + 3x + x + a Giải phương trình b x ( x + 3y) = Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm   y = − xy Câu (3,0 điểm) a Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=  y+z x+ y  z+x + +  y z   x ( x + y )( y + z )( z + x )  Với x, y, z ba số thực dương thay đổi có tổng Câu (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt hai tiếp tuyến B C đường tròn (O) tương ứng M N Đường thẳng d cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E khác A MC cắt NB F Chứng minh rằng: a) Hai tam giác CAN MBA đồng dạng; hai tam giác MBC BCN đồng dạng b) Tứ giác BMEF nội tiếp đường tròn c) Khi d thay đổi ln qua A đường thẳng EF luôn qua điểm cố định Bài (2,0 điểm) Trên đường tròn cho điểm phân biệt Hai điểm điểm nối với đoạn thẳng màu xanh màu đỏ Chứng minh tồn tam giác có ba cạnh màu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH (Đề thi có trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2008– 2009 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1: (4,0 điểm)  x −3 9− x   x −9 x +2   : 1 − Cho biểu thức: P=  − +    − x − + + − x x x x     1, Rút gọn P 2, Tính giá trị cuă P khi: x= 10 + ( − 1) 6+2 − Bài 2: (5,0 điểm) 1, Giải phương trình: (x2 - 3x + 2)(x2 +15x + 56) + = ( x + 1)( y + 1) = 10 2, Giải hệ phương trình :  ( x + y )( xy − 1) = Bài 3: (3,0 điểm) Cho x,y,z số nguyên thoả mãn : (x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z Chứng minh: x + y + z chia hết cho 27 Bài 4: (6,0 điểm) 1, Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (0) Gọi I giao điểm AC BD Biết đường tròn (K) tâm K ngoại tiếp tam giác IAD cắt cạnh AB,CD tứ giác Evà F (E ≠ A, F ≠ D) Đường thẳng EF cắt AC, BD M,N a, Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp đường tròn b, Chứng minh KI vng góc với BC 2, Cho tam giác ABC cân A có góc A 360 Tính tỉ số Bài 5: (2,0 điểm) Cho a,b,c số dương có tổng Chứng minh : 19b − a 19c − b 19a − c + ≤3 + ac + 5a ba + 5b cb + 5c AB BC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH (Đề thi có trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2007– 2008 MƠN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: (6,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A = x2 + 5x + x − x2 + 3x − x + ( x + ) − x 2) Cho số thực x,y,z thoả mãn điều kiện: x + y + z + 1 + 2+ = x y z 3) Tính giá trị biểu thức: P = x2006 + y2007+z2008 Câu 2: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có góc A vng, góc D = 1200 cạnh AB = cm, AD = cm, DC = cm Gọi M trung điểm cạnh AD 1) Chứng minh BM ⊥ MC 2) Tính độ dài cạnh BC Câu 3: (6,0 điểm) xy 6 ( x + y ) =  yz 1) Giải hệ phương trình: 12 ( y + z ) =  zx 4 ( x + z ) = 2) Cho số thực dương thoả mãn điều kiện : x + y + z = 2008 x4 + y y + z z + x4 Chứng minh rằng: + + ≥ 2008 x + y y + z z + x3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC , gọi M trung điểm cạnh BC , đường phân giác ngồi góc A cắt đường thẳng BC D Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt tia AB E tia đối tia AC F Gọi N trung điểm EF Chứng minh MN // AD Câu 5: (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A B thoả mãn đồng thời điều kiện a, b sau : a) Trong tập hợp, phần tử số nguyên dương phân biệt nhỏ 2008 b) Tổng số phần tử hai tập hợp lớn 2008 Chứng minh tồn phần tử tập hợp A phần tử tập hợp B có tổng 2008 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HĨA ĐỀ THI CHÍNH (Đề thi có trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2006– 2007 MÔN THI: TỐN Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (8,0 điểm) 2a − b 5b − a + với a, b thỏa mãn 6a − 15ab + b = 3a − b 3a + b Chứng minh rằng: A = 1 ( x1 < ) Tính giá trị biểu 2) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x − x −= = Cho A 1) x1 − x1 − x − x22 + x2 + thức= B  x3 + y = Giải hệ phương trình  y + x = 3) Câu (4,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt M,N với giá trị 1) m 2) Tìm giá trị m để OM = ON Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm với BC, CA, AB D, E, F Gọi M điểm (O) N, H, K hình chiếu vng góc M EF, AB, AC Chứng minh rằng: Các tam giác MEN, MFH đồng dạng Tích khoảng cách từ M đến cạnh tam giác ABC tích khoảng cách từ M đến cạnh tam giác DEF Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC O điểm nằm tam giác, tia AO, BO, CO cắt cạnh BC, CA, AB điểm P, Q, R Chứng minh rằng: OA OB OC + + ≥3 OP OQ OR ... ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TỐN - THCS Ngày thi: 26/12/2021 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có... DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN - THCS Ngày thi: 16/12/2020 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang)... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 20 19 MƠN THI: TỐN - THCS Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) ĐỀ CHÍNH