Bo de thi hoc sinh gioi toan lop 9 nam hoc 2020 2021

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP CỤM CHUYÊN MƠN SỐ NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN Thời gian làm 120 phút Câu (4 điểm) a) Chứng minh A = + 84 84 + 1− số nguyên 9 b) Giả sử p p + số nguyên tố Chứng minh p + số nguyên tố Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a) x + x + + − x = 11 b) x − + − x= x − 20 x + 22 c) ( x − 1) x + 1= x − x + Câu (4 điểm) a Cho 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2021 + 2021 + 2021 = + + = 2021 2021 a b c a + b + c 2021 a b c a+b+c b Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện 1 + + = Tìm giá trị lớn 1+ a 1+ b 1+ c Q = a.b.c Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , K hình chiếu điểm D đường thẳng BE , CF Chứng minh BC a) BH BE + CH CF = b) IK // EF c) Trong tam giác AEF , BDF , CDE có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC Câu (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ HẾT Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TỐN CỤM CHUN MƠN SỐ Năm học: 2020-2021 Câu (4 điểm) a) Chứng minh A = + 84 84 + 1− số nguyên 9 b) Giả sử p p + số nguyên tố Chứng minh p + số nguyên tố Lời giải a) Chứng minh A = + 84 84 + 1− số nguyên 9  84 84  84 84   +  + 1− 1− A3 =2 +  +  9  9      84  A3 = + A  −  81   A3= − A A3 + A − = 0 ( A − 1) ( A2 + A + ) = A − =0 (vì A2 + A + ≠ ) A = Vậy A nguyên b) Giả sử p p + số nguyên tố Chứng minh p + số nguyên tố Với p = : p + = (ktm) Với p = : p + = 11 , p + = 29 (TM) Với p > ⇒ p = 3k + : p + = ( 3t + 3) (KTM) Vậy p = Câu (6 điểm) Giải phương trình sau: a) x + x + + − x = 11 b) x − + − x= x − 20 x + 22 c) ( x − 1) x + 1= x − x + Lời giải Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 a) x + x + + − x = ⇔ 11 − x − x + − − x = ⇔ x + − x + + + − 2x − − 2x +1 = ⇔ ( ) ( ) x+3 −2 + ⇔ x + − 2= − 2x −1 = − x − 1= ⇔x= b) x − + − x= x − 20x + 22 ( ) Ta có: x − 20x + 22 = x − 4x + + = ( x − ) + ≥ ( 3x − + − 3x ) ≤ (1 + ) (3x − + − 3x ) =4 2 3x − + − 3x ≤ Vậy x − + − x= x − 20x + 22= x − 20x + 20 = ⇔ x = c) ( x − 1) x + 1= x − x + ⇔ ( x + 1) − ( x − 1) x + − x =0 Đặt a =x2 + ( a ≥ 1) , phương trình trở thành: 2a − ( x − 1) a − x = = ∆ ( x + 1) >0 a = ±2 x ⇒ x2 + = 2x ⇔ x2 + = x2 ⇔ x2 − =  x = ⇔  (l ) x = −    Vậy pt có tập nghiệm S =     Câu (4 điểm) a Cho 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2021 + 2021 + 2021 = + + = 2021 2021 a b c a+b+c a b c a + b + c 2021 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC b Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện 1 + + = Tìm giá trị lớn 1+ a 1+ b 1+ c Q = a.b.c Lời giải 1 1 Chứng minh rằng: + + = a b c a+b+c 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 2021 a b c a + b + c 2021 a) Cho 1 1 + + = a b c a+b+c Ta có: ⇔ ab + bc + ca = abc a+b+c ⇔ ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) − abc = 0 ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + abc + bc + ac − abc = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca ) + c ( a + b ) = ⇔ ( a + b ) ( ab + bc + ca + c ) = ⇔ ( a + b ) b ( a + c ) + c ( a + c )  = ⇔ ( a + b ) (b + c ) ( c + a ) = 0 a + b =  a = −b  ⇔ b + c = ⇔ b = −c c + a = c = −a Với a = −b : a 2021 + b 2021 ⇔ ⇔ + c 2021 = 2021 2021 a + b + c 2021 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 −b b c −b + b 2021 + c 2021 c 2021 (luôn đúng) = 2021 c Tương tự: Với b = −c ⇔ Với c = −a ⇔ b) ⇔ a 2021 b 2021 1 (luôn đúng) = 2021 a (luôn đúng) = 2021 b 1 + + = 1+ a 1+ b 1+ c 1 = 1− +1− 1+ a 1+ b 1+ c Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ⇔ b c = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c Tương tự: ca (1 + c ) (1 + a ) ≥2 1+ b ab (1 + a ) (1 + b ) ≥2 1+ c Từ (1) , ( ) ( 3) ⇒ ⇔ abc ≤ bc (1 + b ) (1 + c ) (1) ( 2) ( 3) 1 abc ≥ 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) 1 ⇔Q≤ 8 Dấu “=” xảy a= b= c= Vậy Qmax = 1 a= b= c= Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi I , K hình chiếu điểm D đường thẳng BE , CF Chứng minh BC a) BH BE + CH CF = b) IK // EF c) Trong tam giác AEF , BDF , CDE có tam giác có diện tích nhỏ diện tích tam giác ABC Lời giải A E F H K I B D C a) Tam giác vng AEB tam giác vng HFB có góc B chung nên đồng dạng với ⇒ AB BE = ⇒ BH BE = AB.BF (1) BH BF Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Tam giác vng AFC tam giác vng HEC có góc C chung nên đồng dạng với AC CF = ⇒ CH CF = AC.CE (1) CH CE Từ (1) (2) suy ra: BH BE + CH CF = AB.BF + AC.CE (3) ⇒ Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB tam giác vng BFC đồng dạng (góc B chung) AB BD = ⇒ AB.BF = BC.BD (4) BC BF Chứng minh tương tự ta có tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC ⇒ ⇒ AC DC = ⇒ AC.CE = BC.CD (5) BC CE = BC ( BD + CD= Từ (4) (5) suy ra: AB.BF + AC.CE ) BC (6) BC (đpcm) Từ (3) (6) suy BH BE + CH CF =  AB ⊥ FC ⇒ AB // DK ⇒ ∠FAH = ∠HDK (hai góc so le trong) (1) b) Ta có   DK ⊥ FC = 900 + 90= 1800 mà hai góc vị trí đối Tứ giác AFHE có ∠AFH + ∠AEH nên tứ giác AFHE tứ giác nội tiếp ⇒ ∠FAH = ∠FEH (2 góc nội tiếp chắn cung FH ) (2) Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH tứ giác nội tiếp ⇒ ∠HIK = ∠HDK (2 góc nội tiếp chắn cung HK ) (3) Từ (1), (2) (3) suy ∠FEH = ∠HIK mà góc vị trí so le Suy IK // EF (đpcm) BC = a , CA = b , < x, y , z < b ; < x, y , z < c c) Đặt AB = c , AE = x , AF = y , BD = z , < x, y, z < a ; Khi đó: BF = c − y , EC= b − x , CD= a − z Giả sử khơng có tam giác có diện tích nhỏ Nghĩa S AEF > diện tích tam giác ABC S S SCED 1 1 S ABC ; S BFD > S ABC ; SCED > S ABC Suy AEF BFD > 4 64 S ABC S AEF AE AF x y Ta có= ; = S ABC AB AC cb S BFD BF BD = = S ABC BA.BC SCED CE.CD = = S ABC CA.CB Do (c − y ) z ca ( b − x )( a − z ) ba S AEF S BFD SCED xyz ( a − z )( b − x )( c − y ) = S ABC a 2b c Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Theo bđt Cauchy ta có: x ( b − x ) y (c − y ) Do ( y + c − y) ≤ ( x + b − x) ≤ b2 = ( z + a − z) = a2 c2 = z ( a − z ) ≤ 4 xyz ( a − z )( b − x )( c − y ) S S SCED hay AEF BFD (mâu thuẫn gt) ≤ ≤ 2 abc 64 64 S ABC Suy đpcm Câu 10 (1 điểm) Chứng minh rằng: Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ Lời giải Kẻ AH ⊥ BC Ta có AB < , AC < , BC <  AH <  ⇒ BC  BH ≤ ≤ Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông ABH Ta có: AH + BH = AB Mà AB < ⇒ AH + BH < ⇒ AH < − BH ⇒ AH < − ⇒ AH < S ∆ABC = = 4 1 1= AH BC < 2 Vậy tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ HẾT Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN Thời gian làm 150 phút Ngày thi: 14/11/2020 Câu (5 điểm) Tìm tất số tự = nhiên n để p Giải phương trình Câu n(n + 1)(n + 2) + số nguyên tố x − + − x − ( x − 1)(6 − x) = (5 điểm) Cho ba số thực khác không a, b, c thỏa mãn điều kiện: 1 1 + + = Tính giá trị biểu thức: a b c a+b+c 1 A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 ) a b c a + b + c ≠ Câu Tìm tất số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn ( x + y )( x − y ) = z + 10 (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức: A= Câu a b c + 2 + 2 2a + b + 2b + c + 2c + a + (7 điểm) Cho đoạn thẳng AB = 8cm điểm M nằm đoạn thẳng AB , nửa mặt phẳng bờ AB , dựng hai hình vuông AMCD BMEF Gọi giao điểm đường thẳng AE BC điểm N , giao điểm đường thẳng AC BE P a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B thuộc đường tròn b) Chứng minh DN FN = MN điểm N , P, F thẳng hàng c) Tìm vị trí điểm M đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn Câu (1 điểm) Một hình hộp chữ nhật có kích thước số ngun dương tính theo đơn vị cm, tích a (cm3 ) Biết đạt hình hộp chữ nhật đặt lên mặt bàn tổng diện tích mặt nhìn thấy a (cm ) (minh họa hình vẽ bên) Tìm giá trị nhỏ a HẾT Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN QUẬN ĐỐNG ĐA Năm học: 2020-2021 Câu (5 điểm) Tìm tất số tự = nhiên n để p Giải phương trình n(n + 1)(n + 2) + số nguyên tố x − + − x − ( x − 1)(6 − x) = Lời giải Tìm tất số tự = nhiên n để p n(n + 1)(n + 2) + số nguyên tố Ta có n(n + 1)(n + 2) +1 (n + 3)(n + 2) ⇒P= = p Với n = ⇒ P = số nguyên tố Với n = ⇒ P = số nguyên tố Với n =2 ⇒ P =5 số nguyên tố Với n =3 ⇒ P =11 số nguyên tố Với n ≥ (n + 3) > (n + 2) > 17 (n + 3) (n + 2) ln tồn số số chẵn nên P hợp số Vậy P số nguyên tố n ∈ {1; 2;3} Giải phương trình x − + − x − ( x − 1)(6 − x) = (*) Điều kiện xác định: ≤ x ≤ Đặt t= x −1 + − x ⇒ t = x − + ( x − 1)(6 − x) + − x ⇒ t =5 + ( x − 1)(6 − x) t2 − ⇒ ( x − 1)(6 − x) = Thay vào (*) ta Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC t2 − = ⇒ 2t − t + = 2 t = −1 ⇒ t − 2t − = ⇒  t = t− Với t=3 32 − ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒ ( x − 1)(6 − x) = ⇒x= x = Câu (5 điểm) Cho ba số thực khác không a, b, c thỏa mãn điều kiện: 1 1 + + = Tính giá trị biểu thức: a b c a+b+c 1 A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 ) a b c a + b + c ≠ Tìm tất số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn ( x + y )( x − y ) = z + 10 Lời giải Ta có 1 1 1 1 += + ⇔ + + − = a b c a+b+c a b c a+b+c a+b a+b ⇔ + = ab c(a + b + c) c(a + b + c) + ab ⇔ ( a + b) = abc(a + b + c) ⇔ (a + b)(b + c)(c+ a) = a + b =0 a =−b   ⇔ b + c =0 ⇔ b =−c c+ a =0 c =−a   1   Khi ta có A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021  b c  a 1 ) = + A (a 2021 + (−a ) 2021 + (−a ) 2021 )( 2021 + 2021 (−a) (−a ) 2021 a = (−a ) 2021 (−a ) 2021 =1 -Nếu z < ⇒ z + 10 không số nguyên, ( x + y )( x − y ) ∈ z ⇒ (*) xảy Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC a) Ta có:  = BAE  (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O ) BDE  = BMN  (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O ' ) BAE   ⇒ BDE = BMN  = BMN  ⇒ BDMI tứ giác nội tiếp hay BDI =  (cùng chắn cung MI ) ⇒ MDI MBI = mà MDI ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O )  ⇒ ABE = MBI  = BAE  (chứng minh trên) mặt khác BMI ⇒ ∆DMBI # ∆DABE (g.g) MI BI = ⇔ MI BE = BI AE AE BE b) Gọi Q giao điểm CO DE ⇒ OC ^ DE Q ⇒ ⇒ ∆OCD vng D có DQ đường cao ⇒ OQ.OC = OD = R (1) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO ' DE ; H giao điểm AB OO ' ⇒ OO '^ AB H  chung = H = 900 ; O Xét ∆KQO ∆CHO có Q ⇒ ∆KQO# ∆CHO (g.g) ⇒ KO OQ = ⇒ OC.OQ = KO.OH (2) CO OH R2 Từ (1) (2) ⇒ KO.OH =R ⇒ OK = OH Vì OH cố định R khơng đổi Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ⇒ OK khơng đổi ⇒ K cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A , trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH ⊥ PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn Lời giải ∆ABC vng cân A ⇒ AD phân giác góc A AD^ BC ⇒ D ∈ ( O; AB / ) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) ⇒ tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP  mà NHP = 900 ⇒ H thuộc đường trịn đường kính NP ⇒ AHN =  AMN = 450 (1) Kẻ Bx^ AB cắt đường thẳng PD E ⇒ tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒ BE = PC mà PC = BN ⇒ BN = BE ⇒ ∆BNE vuông cân B =  = NEB  (cùng chắn cung BN ) ⇒ NEB 450 mà NHB = ⇒ NHB 450 (2) Từ (1) (2) suy  AHB = 900 ⇒ H ∈ ( O; AB / ) gọi H ' hình chiếu H AB HH ' AB ⇒ S AHB lớn ⇔ HH ' lớn mà HH ' ≤ OD = AB / (do H ; D thuộc đường trịn đường kính AB OD^ AB ) ⇒ S AHB = Dấu "=" xảy ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D …………… HẾT…………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010 Câu (4đ) a) Chứng minh A = ( 2n − 1)( 2n + 1) chia hết cho với số tự nhiên n Câu 2 b) Tìm số số nguyên n cho B = n − n + 13 số phương (5đ) 2x2 − 4x + a) Giải phương trình: x − x += 2 xy  x − y =− b) Giải hệ phương trình:  2  x + y = xy + 11 Câu (3đ) Cho ba số x; y; z thỏa mãn 2010 x + y + z =  1 1 + + =  x y z 2010  Tính giá trị biểu thức P = ( x 2007 + y 2007 )( y 2009 + z 2009 )( z 2011 + x 2011 ) Câu (6đ) Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB ( P khác A B ) Gọi ( C ; R1 ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) A , ( D; R2 ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) B Hai đường tròn ( C ; R1 ) ( D; R2 ) cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM // CD điểm C ; D; O; M thuộc đường tròn Câu b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường trịn cố định đưởng thẳng MP qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM PN lớn nhất? diện tích tam giác AMB lớn nhất? (2đ) Cho số dương x; y; z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng: x y z + + ≥ x − yz + 2010 y − zx + 2010 z − xy + 2010 x + y + z Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010 Câu (4đ) a) Chứng minh A = ( 2n − 1)( 2n + 1) chia hết cho với số tự nhiên n b) Tìm số số nguyên n cho B = n − n + 13 số phương Lời giải n n n a) Theo giả thiết n số tự nhiên nên − 1; ; + số tự nhiên liên tiếp Vì tích số tự nhiên liên tiếp chia hết ( 2n − 1) 2n ( 2n + 1) chia hết cho Mặt khác ( 2n ;3) = nên ( 2n − 1)( 2n + 1) chia hết cho Vậy A chia hết cho với số tự nhiên n b) Ta thấy B số phương ⇔ 4B số phương Đặt 4B = k ( k ∈  ) B =4n − 4n + 52 =k ⇔ ( 2n − − k ) ( 2n − + k ) =−51 Vì 2n − + k ≥ 2n + + k nên ta có hệ:  2n − + k = 2n − + k =3 a) (1) :  b) (2) :  2n − − k =−51 2n − − k =−17 17  2n − + k = 2n − + k =51 c) (3) :  d) (4) :  2n − − k =−3 2n − − k =−1 Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm n = −12; n = −3; n = 13; n = Vậy số nguyên cần tìm n ∈ {−12; −3; 4;13} Câu (5đ) 2x2 − 4x + a) Giải phương trình: x − x += 2 xy  x − y =− b) Giải hệ phương trình:  2  x + y = xy + 11 Lời giải a) Ta có x − x + 3= 2( x − 1) + ≥ nên tập xác định phương trình R Phương trình cho tương đương với 2x2 − 4x + − 2x2 − 4x + + = Đặt = y x − x + ≥ phương trình cho trở thành y =1 y2 − y + = ⇔  (thỏa mãn điều kiện) y = Với y = ta có x − x + =1 ⇔ x − x + =1 ⇔ x =1  x = −1 x − x + =3 ⇔ x − x + =9 ⇔  x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1, x = −1, x = b) Hệ cho tương đương với Với y = ta có Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 11( x + xy =  x + xy= − y ) 11 − y2  x + xy − y =   ⇔ ⇔ (*)    2 2 + − = x y x y ( )(5 ) − + = + − = − + x xy y x xy y x xy y 11 11( )      Từ hệ (*) ta suy 2   x + xy − y =  x + xy − y = ( I )  ( II )  0 ( x + y ) ( x − y ) = x + y =  Giải hệ (I) ta tìm ( x; y ) = (2; −1);(−2;1) Hệ (II) vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (2; −1);(−2;1) Câu (3đ) Cho ba số x; y; z thỏa mãn 2010 x + y + z =  1 1 x + y + z = 2010  Tính giá trị biểu thức P = ( x 2007 + y 2007 )( y 2009 + z 2009 )( z 2011 + x 2011 ) Lời giải Từ giả thiết suy x; y; z khác ⇔ x+ y x+ y + = xy z( x + y + z) 1 1 1  1 1 ⇔  + + − + + = = x y z x+ y+z  x y  z x+ y+z   ⇔ ( x + y) + =0 ⇔ ( x + y )( xz + yz + z + xy ) =0   xy xz + yz + z  ⇔ ( x + y ) [ z ( z + x) + y ( z + x) ] =0 ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) =0  x 2007 = − y 2007 −y x + y = x =  ⇔  z + y =0 ⇔  y =− z ⇔  y 2009 =− z 2009  z 2011 = − x 2011  x + z =0  z =− x  Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC  x 2007 + y 2007 =  2009 ⇔  y + z 2009 = ⇔ P =  z 2011 + x 2011 =  Câu (6đ) Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB ( P khác A B ) Gọi ( C ; R1 ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) A , ( D; R2 ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) B Hai đường tròn ( C ; R1 ) ( D; R2 ) cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM // CD điểm C ; D; O; M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường tròn cố định đưởng thẳng MP qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn Lời giải    = CAP = OBP a) Nối CP ; PD ta có ∆ACP ; ∆OAB cân C ; O nên CPA CP / / OD (1)    nên = DBP = OAB Tương tự ∆DPB ; ∆OAB cân D , O nên DPB OD//CP (2) Từ (1) (2) suy ODPC hình bình hành Gọi CD cắt MP H cắt OP K K trung điểm OP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP , = DP DM = R2 nên tứ giác CDOM hình thang cân điểm C ; D; O; M thuộc đường tròn 2 2 b) Xét tam giác AOB có OA + OB = R = AB nên tam giác OAB vng cân O Vì điểm C ; D; O; M thuộc đường tròn (kể M ≡ O ) nên  = CMD  (1) COB  = MCD  (cùng Xét ∆MAB ∆MCD có: MAB  (C )) sđ MP  = MDC  (cùng sd MP  (D)) MBD Nên ∆MAB ∽ ∆MCD (g.g)  hay AMB = COD Vì ∆MAB ∽ ∆MCD suy  O M C A D HK B P  AMB=  AOB= 90° N Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Do AB cố định nên điểm M thuộc đường trịn tâm I đường kính AB =  Ta có  ACP= BDP AOB= 90° nên 1  AMP= ACP= 45° (Góc nội tiếp góc tâm ( C ) ) = 45° (góc nội tiếp góc tâm ( D ) ) = BDP BMP Do MP phân giác  AMB Mà  AMB=  AOB= 90° nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn (I) N N trung điểm cung AB khơng chứa điểm O nên N cố định     c) Xét ∆MAP ∆BNP có MPA = BPN (đối đỉnh); AMP = PBN (góc nơi tiếp chắn cung) nên ∆MAP ∽ ∆BNP (g.g) PA PM AB R  PA + PB  Do = ⇔ PM PN = PA.PB ≤  = = (không đổi)  PN PB   R2 PA = PB hay Vì tam giác AMB vuông M nên Vậy PM PN lớn P trung điểm dây AB 1 AB R S AMB = AM BM ≤ ( AM + BM ) = = 4 Diện tích tam giác AMB lớn Câu R2 PA = PB hay P trung điểm dây AB (2đ) Cho số dương x; y; z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng: x y z + + ≥ x − yz + 2010 y − zx + 2010 z − xy + 2010 x + y + z Lời giải Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c ∈  x, y, z > ta có a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z Dấu “=” xảy ⇔ (*) a b c = = x y z Thật vậy, với a, b ∈  x, y > ta có: a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y (**) ⇔ ( a y + b x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ⇔ (bx − ay ) ≥ (luôn ) Dấu “=” xảy ⇔ a b = x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: a b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z Dấu “=” xảy ⇔ a b c = = x y z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: VT = x y z + + x − yz + 2010 y − zx + 2010 z − xy + 2010 = ≥ x2 y2 z2 + + x( x − yz + 2010) y ( y − zx + 2010) z ( z − xy + 2010) ( x + y + z) x3 + y + z − xyz + 2010( x + y + z ) (1) Chú ý: x( x − yz + 2010) =x( x + xy + zx + 1340) > 0; y ( y − zx + 2010) > z ( z − xy + 2010 ) > Chứng minh dễ dàng x3 + y + z − xyz = = ( x + y + z ) ( x + y + z − xy − yz − xz ) ( x + y + z ) ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx )  (2)  Do x3 + y + z − xyz + 2010( x + y + z ) = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx) + 2010  = ( x + y + z )3 ( 3)   Từ (1) (3) ta suy ( x + y + z) VT ≥ ( x + y + z) = x+ y+z Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038 2010 TÀI LIỆU TỐN HỌC ĐỀ THI CHỌN HSG CAM LỘ - NĂM HỌC 2008-2009 Câu 1: (1,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x + 2009 x + 2008 x + 2009 Câu 2: (2,0 điểm) Giải phương trình sau: Câu 3: x + 2 x + 45 x + x + 69 + = + 13 15 37 (1,0 điểm) a) Chứng minh a + b4 ≥ ab3 + a 3b − a 2b b) Cho hai số dương a, b a= − b Tìm giá trị nhỏ tổng P= Câu 4: 1 + a b (2,0 điểm) a) Cho a b hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : a 2006 + b 2006 = a 2007 + b 2007 = a 2008 + b 2008 Hãy tính tổng:= S a 2009 + b 2009 b) Chứng minh : A = Câu 5: + − 13 + 48 6+ số nguyên (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình sau: xy − x − y + = Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vng A có cạnh AC > AB , đường cao AH ( H ∈ BC ) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với với BC D cắt AC E a) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng b) Chứng minh tam giác ABE cân c) Gọi M trung điểm BE vẽ tia AM cắt BC G Chứng minh rằng: GB HD = BC AH + HC ……………….HẾT…………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………….….Số báo danh:………………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG CAM LỘ - HÀ TĨNH NĂM HỌC 2008-2009 Câu 1: (1,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x + 2009 x + 2008 x + 2009 x + 2009 x + 2008 x + 2009= = = Câu 2: (x (x (x Lời giải 2 ) + x + 1)( x + x + 1)( x ( ) − x + 1) + 2008 ( x − x + 2009 ) + x + + 2008 x + x + 2 ) + x +1 (2,0 điểm) Giải phương trình sau: x + 2 x + 45 x + x + 69 + = + 13 15 37 Lời giải x + 2 x + 45 x + x + 69 + = + 13 15 37 x + 2 x + 45      x +   x + 69  ⇔ + 1 +  −= 1  + 1 +  − 1  13   15   37    x + 15 2( x + 15) 3( x + 15) 4( x + 15) ⇔ + = + 13 15 37  4 ⇔ ( x + 15 )  + − −  =  13 15 37  ⇔x= −15 Câu 3: (2,0 điểm) a) Chứng minh a + b4 ≥ ab3 + a 3b − a 2b b) Cho hai số dương a, b a= − b Tìm giá trị nhỏ tổng P= 1 + a b Lời giải a)(1,0 điểm) a + b4 ≥ ab3 + a 3b − a 2b ⇔ a + b ≥ 2ab3 + 2a 3b − 2a 2b 2 ⇔ a + b − 2ab3 − 2a 3b + 2a 2b ≥ ⇔ (a − 2a 3b + a 2b ) + (b − 2ab3 + a 2b ) ⇔ (a − ab) + (b − ab) ≥ b)(1,0 điểm) P= 20 20 1 a+b ⇒ P= ≥ = + = = 4ab (a + b) a b ab ab Vậy giá trị nhỏ P Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 a= b= TÀI LIỆU TOÁN HỌC Câu 4: (3,0 điểm) a) Cho a b hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : a 2006 + b 2006 = a 2007 + b 2007 = a 2008 + b 2008 Hãy tính tổng:= S a 2009 + b 2009 b) Chứng minh : A = + − 13 + 48 số nguyên 6+ Lời giải a) (1,0 điểm) Ta có: a 2008 + b 2008 = (a 2007 + b 2007 ) ( a + b ) − ab ( a 2006 + b 2006 ) ⇔ = a + b − ab ⇔ (1 − a )(1 − b) = ⇒ a = 1, b = Vậy S = + = 2  b) (1,0 điểm) A= A= Câu 5: + − 13 + 48 6+ = + − (2 + 1) 6+ = + ( − 1) 6+ ( + 2) 2 2+ = = 1∈  6+ 6+ (3,0 điểm) Tìm số nguyên dương x,y thỏa mãn phương trình sau: xy − x − y + = Lời giải xy − x − y + = ⇔ xy − y = x − ⇔ y ( x − 3) = x −  1 Ta thấy x = khơng thỏa mãn, với x ≠ y= + ; x −3 Để y nguyên x − phải ước ; Suy ra: ( x, y ) = ( 4, ) ; ( 8,3) Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vng A có cạnh AC > AB , đường cao AH ( H ∈ BC ) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với với BC D cắt AC E a) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng b) Chứng minh tam giác ABE cân c) Gọi M trung điểm BE vẽ tia AM cắt GB HD BC G Chứng minh rằng: = BC AH + HC Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Lời giải a) (1 điểm) Xét ∆ADC ∆BEC có: CD CA ( ∆CDE # ∆CAB ) = CE CB  chung C Suy ra: ∆ADC # ∆BEC (c-g-c) b)(1 điểm) = Theo câu ta suy ra: BEC ADC + = Ta có:  ADC = EDC ADE = 135° ⇒ BEC 135° Suy ra:  AEB= 45° Do đó: ∆ABE cân (tam giác vng có góc 45° ) c) (1 điểm)  ∆ABE cân E nên AM phân giác BAC Suy ra: Mà GB AB AB ED , mà (do ∆ABC # ∆DEC ) = = GC AC AC DC ED AH AH HD (do ED //AH ); Mặt khác : = = DC HC HC HC Do đó: GB HD GB HD GB HD ⇒ =⇒ = = GB + GC HD + HC BC AH + HC GC HC …………… HẾT…………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẢI LĂNG NĂM HỌC 2008-2009 VÒNG II Bài (2 điểm) Cho a, b, c Q; ∈ a, b, c đôi khác Chứng minh (a − b) + (b − c ) + (c − a) bình phương số hữu tỷ Bài (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + 2.5 y + z = 4500 với x < y < z Bài (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x2 − x + x2 Bài (2 điểm) Tìm số có hai chữ số; biết số chia hết cho thêm số vào chữ số rối cộng vào số tạo thành số hai lần chữ số hàng trăm số lớn gấp lần số phải tìm Bài (2 điểm)  = 200 Trên AC lấy điểm E cho EBC  = 200 Cho tam giác ABC cân A , có BAC Cho AB = AC = b, BC = a a) Tính CE 3ab b) Chứng minh a + b3 = ……………….HẾT…………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………….….Số báo danh:………………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN HẢI LĂNG NĂM HỌC 2008-2009 VÒNG II Bài (2 điểm) Cho a, b, c ∈ Q; a, b, c đôi khác Chứng minh (a − b) + (b − c ) + (c − a) bình phương số hữu tỷ Lời giải Ta có: (a − b) + (b − c ) + (c − a) 2 1  1 1    =  + + + +  − 2   a −b b−c c −a   a −b b−c b−c c −a c −a a −b  1  c −a +b−c + a −b  =  + +  −2 (a − b)(b − c)(c − a )  a −b b−c c−a  1   =  + +   a −b b−c c −a  Bài (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x + 2.5 y + z = 4500 với x < y < z Lời giải Ta có: 5x + 2.5y + 5z = 4500 (*) z−x ⇒ 5x ( + 2.5y − x + 5= ) 4500 = 22 33 53 53 ; + 2.5y − x + 5z − x  =36 =1 + 35 ⇒ 5x = ⇒  x = 3; 5y − x ( + 5z − y ) = 5.7  ⇒ x = 3; y – = ; + 5z − y =7 =2 + ⇒  x = 3; y = ; z – y = ⇒  x = 3; y = ; z = thoả (*) Bài (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x2 − x + x2 Lời giải x2 − x + =1 − + Ta có: A = x x x 1    =−3 +  − +  =−3 +  −  ≥ −3 x x x    Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Dấu ‘=’ xảy ⇔ − 1 = ⇔x= x Bài (2 điểm) Tìm số có hai chữ số; biết số chia hết cho thêm số vào chữ số rối cộng vào số tạo thành số hai lần chữ số hàng trăm số lớn gấp lần số phải tìm Lời giải _ _ ab a 0b + 2a = ab Gọi số cần tìm ab Ta có: ( a + b )  ( a + b )  ⇔ ⇔ 2a 9(10a + b) 3a = 2b 100a + b + = Từ 3= a 2b ⇒ 2b  mà (2,3) = ⇒ b  (a + b) ⇒ a  mà 3a  ⇒ a  Ta có a  3, a  2, (2,3) = ⇒ a  6,1 ≤ a ≤ ⇒ a = ⇒b= Vậy ab = 69  = 200 Trên AC lấy điểm E cho Bài (2 điểm) Cho tam giác ABC cân A , có BAC  = 200 Cho AB = AC = b, BC = a EBC c) Tính CE d) Chứng minh a + b3 = 3ab Lời giải a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác BCE (hai tam giác cân có góc đỉnh 200 CE BC = góc đáy 800 ) nên BC AB A Và = BE BC = a , suy CE = BD b) Dựng AD ⊥ BE , suy ra= a b 1 = AB b 2 Ta có: AE =+ ED AD , AB2 =+ BD AD đó: AB2 = BD + EA − DE 2 Thay vào ta được: b2  a2   b  + b −  −  − a b =  b  2  2 = b2 a4 b2 + b + − 2a − − a + ab b 4 D E B C ⇔ b = b + a − 3a 2b + ab3 ⇔ a + b3 = 3ab ……………….HẾT…………… Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ... 2021 + b 2021 ⇔ ⇔ + c 2021 = 2021 2021 a + b + c 2021 1 1 + 2021 + 2021 = 2021 2021 −b b c −b + b 2021 + c 2021 c 2021 (luôn đúng) = 2021 c Tương tự: Với b = −c ⇔ Với c = −a ⇔ b) ⇔ a 2021 b 2021. ..  Khi ta có A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021  b c  a 1 ) = + A (a 2021 + (−a ) 2021 + (−a ) 2021 )( 2021 + 2021 (−a) (−a ) 2021 a = (−a ) 2021 (−a ) 2021 =1 -Nếu z < ⇒... 4a + 2b + c =a − b + c ( =−3) ⇔ 3a =−3b ⇔ a =−b ⇒ a 20 19 = −b 20 19 ⇔ a 20 19 + b 20 19 = ⇒ ( a 20 19 + b 20 19 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) = Câu (2.0 điểm) Giải phương trình sau: a) x −