Bộ đề cực hay!!!

ĐỀ SỐ 1 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu1: Tính giá trị biểu thức : 2 4 sin 6sin 8sin 14 14 14 T π π π = + − Câu2: a-Giải hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 5 3 2 5 3 2 5 x x x y y y y z z z z x  + + = +  + + = +   + + = +  b- Giải phương trình sau: ( ) 2 3 2 5 2 4 2 21 20x x x x− + = − − Câu3: a- Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 3P xy yz xz xyz= + + . Biết x,y,z dương và thoả mãn 3 3 3 3x y z+ + = b- Cho2 số thực dương , 0x y ≠ và thoả mãn 2 2 2 2 x y x y xy+ = + Tìm GTNN, GTLN của biểu thức 2 1 A x y = + Câu4: Cho , ,a b c là các số thực dương .CMR ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 4 9 a c b c a b abc b a c a b c b c a c a b   + + +  ÷ + + + + + ≥  ÷ + + +   Câu5: a -Cho tam giác ABC có 0 90A B C< ≤ ≤ < o .CMR 2cos3 4cos 2 1 2 cos C C C − + ≥ b-Cho , ,a b c dương .CMR 3 2 2 2 4 a b c a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + Câu6: Tổng 1 1 1 1!2001! 3!1999! 2001!1! S = + + + có thể viết dưới dạng 2 ! a b ( ,a b ) nguyên dương .Tìm cặp ( ) ,a b ĐỀ TOÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8 (lần 2) Năm học 2009 - 2010 Bài 1: Cho biểu thức M =       + + − + − 2 1 36 6 4 3 2 xx xx x :         + − +− 2 10 2 2 x x x a) Rút gọn M b)Tính giá trị của M khi x = 2 1 Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b 2 + c 2 - a 2 ) 2 - 4b 2 c 2 a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x 2 - 2xy + 2y 2 - 4y + 5 b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : B = 1 )1(3 23 +++ + xxx x Bài 4: Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G. a) Chứng minh: AE 2 =EF.EG b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi. Bài 5: Chứng minh rằng nếu )1()1( 22 xzy xzy yzx yzx − − = − − Với x ≠ y ; xyz ≠ 0 ; yz ≠ 1 ; xz ≠ 1. Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) HD: Bài 1: a) Rút gọn M M=       + + − + − 2 1 36 6 4 3 2 xx xx x :         + − +− 2 10 2 2 x x x =       + + − − +− 2 1 )2(3 6 )2)(2( 2 xxxxx x : 2 6 +x M = 6 2 . )2)(2( 6 + +− − x xx = x−2 1 b)Tính giá trị của M khi x = 2 1 x = 2 1 ⇔ x = 2 1 hoặc x = - 2 1 Với x = 2 1 ta có : M = 2 1 2 1 − = 2 3 1 = 3 2 Với x = - 2 1 ta có : M = 2 1 2 1 + = 2 5 1 = 5 2 Bài 2a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử. Ta có : A = ( b 2 + c 2 - a 2 ) 2 - 4b 2 c 2 = ( b 2 + c 2 - a 2 ) 2 - (2bc) 2 = ( b 2 + c 2 - a 2 -2bc)( b 2 + c 2 - a 2 +2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a) b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) (b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác) (b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác) (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) Vậy A< 0 Bài 3: a)Ta có : A = x 2 - 2xy + y 2 +y 2 - 4y +4 + 1 = (x-y) 2 + (y - 2) 2 + 1 Do (x-y) 2 ≥ 0 ; (y - 2) 2 ≥ 0 Nên A= (x-y) 2 + (y - 2) 2 + 1 ≥ 1 Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = y và y = 2 Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2 b) B = 1 )1(3 23 +++ + xxx x = 1)1( )1(3 2 +++ + xxx x = )1)(1( )1(3 2 ++ + xx x = 1 3 2 +x Do x 2 +1>0 nên B = 1 3 2 +x ≤ 3 Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = 0 Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0 Bài 4: a) Do AB//CD nên ta có: ED EB EG EA = = DG AB (1) Do BF//AD nên ta có: ED EB EA EF = = FB AD (2) E F A B D C G Từ (1) và (2) ⇒ EA EF EG EA = Hay AE 2 = EF. EG b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi. Từ (1) và (2) ⇒ AD FB DG AB = Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi) Bài 5: Từ GT ⇒ (x 2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y 2 - xz) ⇔ x 2 y- x 3 yz-y 2 z+xy 2 z 2 = xy 2 -x 2 z - xy 3 z +x 2 yz 2 ⇔ x 2 y- x 3 yz - y 2 z+ xy 2 z 2 - xy 2 +x 2 z + xy 3 z - x 2 yz 2 = 0 ⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y 2 - xz - x 2 )+z(x 2 - y 2 ) = 0 ⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0 ⇔ (x -y) [ ] yzxzzyxxyzxy ++++− )( = 0 Do x - y ≠ 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0 Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm ĐỀ toán PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (3 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a/ A = 3x 2 – 8x + 4 b/ B = 4b 2 c 2 – (b 2 + c 2 – a 2 ) 2 . Câu 2 (3 điểm). Cho phương trình ẩn x là: 28 )x5(7 10 m 5 mx2 1 6 mx5 − −− + =− − a. Giải phương trình theo tham số m. b. Tìm các giá trị nguyên của m để nghiệm của phương trình là x thoả 0 < x < 10. Câu 3 (2 điểm). So sánh 7474 −−+ và 2 Câu 4 (2 điểm). Giải phương trình: 11x1)1x( 2 −−=−− Câu 5 (4 điểm). Cho ∆ABC có  = 90 0 , phân giác BD, trung tuyến AM và trọng tâm là G. Cho biết GD ⊥ AC tại D. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AG. a. Chứng minh: DE // BC b. Tính số đo · ACB . Câu 6 (3 điểm). Cho tam giác ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFG có tâm theo thứ tự là M và N. Gọi I và K theo thứ tự là trung điểm của EG và BC a. Chứng minh KMIN là hình vuông. b. Chứng minh IA ⊥ BC. Câu 7 (3 điểm). a. Chứng minh rằng + 2 3 28 29 30 A = 3 + 3 + 3 + + 3 3 + 3 chia hết cho 13. b. Giải bất phương trình 1+ x < 2 -x Câu 1 Nội dung 3đ 1a A = 3x 2 – 8x + 4 = 3x 2 – 6x – 2x + 4 0,5 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) 1,0 (hoặc A = 4x 2 – 8x – x 2 + 4 = 4x(x – 2) – (x – 2)(x + 2) = (x – 2) (3x – 2) 1b B = (2bc) 2 – (b 2 + c 2 – a 2 ) 2 = (2bc – b 2 – c 2 + a 2 )(2bc + b 2 + c 2 – a 2 ) 0,5 = [a 2 – (b – c) 2 ][(b + c) 2 – a 2 ] 0,5 = (a – b + c) (a + b – c) (b + c + a)(b + c – a) 0,5 Câu 2 3đ 2a 4 x5 10 m 5 mx2 1 6 mx5 − −− + =− − ⇔ 60 )x5(15 60 m6 60 )mx2(12 60 60)mx5(10 − −− + = −− ⇔ 50x – 10m – 60 = 24x + 12m – 6m – 75 + 15x ⇔ 11x = 16m – 15 ⇔ x = 11 15m16 − . Vậy PT có tập nghiệm S = { 11 15m16 − } 0,25 0,25 0,5 0,5 2b Giá trị m ∈ Z để nghiệm x thoả: 0 < x < 10 phải đúng với hai điều kiện sau: 16 15 0 10 11 m Z m ∈    − < <   ⇔      << ∈ 16 13 7m 16 15 Zm Từ đó suy ra được các giá trị m là: m ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} 0,5 0,5 0,5 Câu 3 2 đ 7474 −−+ = 2 74.2 + 2 74.2 − − = 2 728 + 2 728 − − = 2 )17( 2 + 2 )17( 2 − − = 2 17 + 2 17 − − = 2 1717 +−+ = 2 2 = 2 Vậy 7474 −−+ = 2 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4 2 đ 11x1)1x( 2 −−=−− ⇔ 11x11x −−=−− ⇔ 11x −− ≥ 0 ⇔ 1x − ≥ 1 ⇔ x – 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 Vậy phương trình có nghiệm là x ≥ 2. 0,5 0,5 0,5 0,5 Câ u 5 4đ 5a D E G A B M C *∆ADG vuông tại D có DE là trung tuyến nên DE = 2 1 AG = AE = EG ⇒ ∆ADE cân tại E ⇒ DA ˆ EAD ˆ E = . * AM là trung tuyến của ∆ABC vuông nên MA = MB = MC ⇒ ∆AMC cân ⇒ ˆ ˆ C MAC= . *Vậy C ˆ = AD ˆ E , chúng ở vị trí đồng vị nên ED // MC (đpcm) 0,75 0,75 0,5 5b *Áp dụng định lý Talét vào ∆AMC cân ta có: AD AE DC EM = . *BD là phân giác của ∆ABC nên AD BA DC BC = . Suy ra BA AE BC EM = mà AE 1 EM 2 = nên BA 1 BC 2 = ⇒ BC = 2BA ⇒ ∆ABM đều B ˆ = 60 0 và C ˆ = 30 0 (đpcm) 0,5 0,5 0,5 0,5 Câ u 6 3đ 6a P H K I N M G F E D A B C a. Chứng minh KMIN là hình vuông: Học sinh chứng minh được KMIN là hình bình hành Học sinh chứng minh được ∆EAC = ∆BAG(cgc) để suy ra EC = BG và suy ra được KMIN là hình thoi Học sinh chứng minh được EC ⊥ BG và suy ra KMIN là hình vuông (đpcm) 0,25 0,25 0,5 0,5 6b b.Chứng minh IA ⊥ BC: Gọi giao điểm IA và BC là H Lấy P đối xứng với A qua I, chứng minh được AEPG là hình bình hành Chứng minh được ∆BAC = ∆AEP (cgc) suy ra · · ABC PAE= Từ đó suy ra được IA ⊥ BC (đpcm) 0,5 0,5 0,5 C©u 1 (4 ®iÓm). Rút gọn các biểu thức sau: 1) ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c P a b a c b c b a c a c b = + + − − − − − − , trong đó , ,a b c là các số đôi một khác nhau. 2) 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x Q x x x x + − + − − = + − − − − , trong đó 2x ≥ . C©u 2 (4 ®iÓm). Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:      −=−− −=−− −=−− xzz zyy yxx 3623 2423 223 3 3 3 . C©u 3 (4 ®iÓm). 1) Chứng minh chữ số tận cùng (chữ số hàng đơn vị) của các số tự nhiên n và 5 n là như nhau. 2) Tìm số nguyên tố p để 2 5 1p + là số nguyên tố. C©u 4 (6 ®iÓm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R > 0 không đổi và hai đường kính cố định AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm I bất kỳ trên đoạn OC (I không trùng với O và C); dựng đường tròn tâm I bán kính IA, đường tròn này cắt tia AD và AC lần lượt tại M và N (khác điểm A). 1) Chứng minh rằng ba điểm I, M, N thẳng h ng.à 2) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC, đường thẳng n y cà ắt CD tại K. Chứng minh rằng: DM.DA = DK.DO. 3) Tính tổng MA + NA theo R. C©u 5 (2 ®iÓm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 4 4 4 3 3 3 a b c a b c + + ≥ + + …………….HẾT…………… §¸p ¸n 2 §iÓm ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c P a b a c b c b a c a c b = + + − − − − − − ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) a c b b a c c b a a b b c c a − + − + − = − − − 1 ® 0 ( )( )( ) ac ab ba bc cb ca a b b c c a − + − + − = = − − − 1 ® 2) 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x Q x x x x + − + − − = + − − − − , trong đó 2x ≥ . §¸p ¸n 2 §iÓm 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 [(2 1) 2 2 1 1] [(2x-1)-2 2x-1 1] 2 2 x x x x x x x x Q x x x x x x + − + − − − + − + + − − − + = = + − − − − − + − + − + = 0,5 ® = 2 2 2 2 ( 1 1) ( 1 1) 1 1 | 1 1| 1 1 1 ( 2 1 1 | 2 1 1|) ( 2 1 1) ( 2 1 1) 2 2 2 x x x x x x x x − + + − − − + + − − = − + − − − − + − − − = 0,5 ® 1 1 1 1 1 ( 2 1 1 2 1 1) 2 x x x x − + + − − = − + − − + (vì 2x ≥ nên x 1 1− ≥ v à 2x 1− ≥ 1) 0,5 ® = 2( 1)x − . 0,5 đ C©u 2 (4 ®iÓm). Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:      −=−− −=−− −=−− xzz zyy yxx 3623 2423 223 3 3 3 . §¸p ¸n 2 §iÓm Biến đổi tương đương hệ ta có: 2 3 3 2 3 2 ( 2)( 1) 2 3 2 2 3 2 4 2 ( 2)( 1) 2(2 ) 3 2 6 3 ( 2)( 1) 3(2 ) x x y x x y y y z y y z z z x z z x  − + = −  − − = −   − − = − ⇔ − + = −     − − = − − + = −   1 ® Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1) 2 (y+1) 2 (z+1) 2 = - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 1 đ ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) [ ] 6)1()1()1( 222 ++++ zyx = 0 0,5 ® ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0. ⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 0,5 đ Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay v o hà ệ ta được x = y = z = 2. 0,5 ® Vậy: với x = y = z = 2 thỏa mãn hệ đã cho. 0,5 đ C©u 3 (4 ®iÓm). 1) Chứng minh chữ số tận cùng (chữ số hàng đơn vị) của các số tự nhiên n và 5 n là như nhau. §¸p ¸n 2 §iÓm Ta có: 5 4 2 2 2 ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1)n n n n n n n n n n n − = − = − + = − + + = 0,5 ® 2 2 ( 1)( 1)( 4 5) ( 1)( 1)( 4) 5 ( 1)( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 2) 5 ( 1)( 1). n n n n n n n n n n n n n n n n n n n − + − + = − + − + − + = = − − + + + − + 0,5 ® Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) v 5n(n – 1)(n + 1) à đều chia hết cho 10 0,5 ® Do đó 5 n n − chia hết cho 10, suy ra điều phải chứng minh. 0,5 đ 2) Tìm số nguyên tố p để 2 5 1p + là số nguyên tố. §¸p ¸n 2 §iÓm + Nếu p = 2 thì 2 5 1 21p + = không phải là số nguyên tố. 0,5 ® + Nếu p > 2 thì p phải là số lẻ (vì p là số nguyên tố). 0,5 ® Do đó 2 5 1p + là số chẵn lớn hơn 2, suy ra 2 5 1p + không phải là số nguyên tố. 0,5 đ Vậy: không có số nguyên tố p nào thỏa mãn đề bài. 0,5 đ Câu 4 (6 điểm). Cho đường tròn tâm O, bán kính R > 0 không đổi và hai đường kính cố định AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm I bất kỳ trên đoạn OC (I không trùng với O và C); dựng đường tròn tâm I bán kính IA, đường tròn này cắt tia AD và tia AC lần lượt tại M và N (khác điểm A). 1) Chứng minh rằng ba điểm I, M, N thẳng hàng. §¸p ¸n 2 §iÓm [...]... cắt đường thẳng DC ở I.Chứng minh rằng 1 1 1 + = 2 2 2 AM AI a Câu 6:Một tam giác có số đo các đường cao là những số nguyên và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1.Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều 0,5 đ 0,5 ® 0,5 đ  . ( x + y + z) (đpcm ĐỀ toán PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (3 điểm) 3!1999! 2001!1! S = + + + có thể viết dưới dạng 2 ! a b ( ,a b ) nguyên dương .Tìm cặp ( ) ,a b ĐỀ TOÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8 (lần 2) Năm học 2009 - 2010 Bài 1: Cho biểu thức M =       + + − + − 2 1 36 6 4 3 2 xx xx x . ĐỀ SỐ 1 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu1: Tính giá trị biểu thức : 2 4 sin 6sin 8sin 14 14 14 T π