Phòng GD-ĐT Hoài Nhơn Trường THCS Hoài Châu Bắc Đề chính thức Bài 1 ( 2,5 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để n + 19 và n – 27 là số chính phương. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2x 2 + y 2 + 1 = 2xy + 2x Bài 2 ( 2,5 điểm) a) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: P = 4 9 16a b c b c a a c b a b c + + + − + − + − b) Giải phương trình : x 2 + 2y 2 – 2xy + 2x + 2 = 0 Bài 3 ( 1 điểm): Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa: a + b + c = 2. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 Bài 4 ( 2 điểm): Cho hình thang ABCD (AB // CD), O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Đường thẳng qua O và song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh rằng 1 1 2 AB CD MN + = b) Cho S AOB = 2010 2 (đơn vị diện tích); S COD = 2011 2 (đơn vị diện tích). Tính S ABCD . Bài 5 ( 2 điểm): a) Cho tam giác ABC, lấy M, N lần lượt trên AB, BC sao cho AM = BN và MN // AC. Chứng minh: bc MN a c = + (với AB = c; BC = a; AC = b). b) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Một đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại B / và C / . Chứng minh rằng: / / 3 AB AC AB AC + = ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : TOÁN 8 Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian phát đề ) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài 1 ( 6 điểm): a) (3 điểm): Giả sử mười số đã cho viết thành một hàng là a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a 10 . Xét mười tổng: a 1 + 1, a 2 + 2, a 3 + 3, . . . , a 10 + 10. Giả sử mười tổng trên không có hai tổng nào có chữ số tận cùng giống nhau, tức là 10 tổng có tương ứng 10 chữ số tận cùng khác nhau, suy ra tổng tất cả các chữ số tận cùng của chúng là 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + 9 = 45, suy ra tổng: S = a 1 + 1 + a 2 + 2 + a 3 + 3 + . . . + a 10 + 10 có tận cùng là 5, điều này vô lí vì tổng S = a 1 + 1 + a 2 + 2 + a 3 + 3 + . . . + a 10 + 10 = 110 có tận cùng là 0 Vậy điều giả sử là sai => đpcm. b) ( 3 điểm): x, y nguyên tố => z > 2 => z lẻ => x, y phải khác tính chẵn lẻ. Vai trò x, y như nhau, nên giả sử x lẻ, y chẵn => y = 2. Khi đó x y + y x = z x 2 + 2 x = z . Nếu x = 3 thì ta có 3 2 + 2 3 = 17 thoả mãn . . Nếu x ≠ 3 thì ta có x = 3n + 1 với n nguyên dương và n > 1. Ta có 2 x = ( 3 – 1 ) x = 3t – 1 ( vì x lẻ ) với t nguyên dương và t > 1. Do đó z = x 2 + 2 x = 3n + 1 + 3t – 1 = 3( n + t ) là một hợp số ( vì n + t >1), không thoả mãn. Vậy (x; y; z) là ( 3; 2; 17), (2; 3; 17) Bài 2 ( 7 điểm): a) ( 3 điểm) : Ta có ( ) + + + + + ++=+ + ++ + ++ + =+ cbcaba cba ba c ca b cb a P 111 1113 Đặt x = a + b, y = b + c, z = a + c. Ta có ( ) ++++=+ zyx zyxP 111 . 2 1 3 = ( ) 2 9 63. 2 1 3 2 1 =+≥ ++++++ y z z y x z z x x y y x P ≥ 2 3 , Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . Vậy Min P = 2 3 , khi a = b = c b) ( 4 điểm) : Giải phương trình : 312 3 =++− xx ĐK x ≥ –1 . Đặt a = 3 2−x , b = 01 ≥+ x . Ta có hệ phương trình: −=− =+ 3 3 23 ba ba Từ (1) => b = 3 – a , thay vào (2) và biến đổi được : ( a – 1)( a 2 + 6) = 0 ⇔ a = 1 , thoả mãn b = 3 – a ≥ 0 a = 1 ⇔ 312 3 =⇔=− xx , thoả mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. Bài 3 ( 4 điểm): Gọi H là giao điểm của hai đường chéo. K là trung điểm của AB. Đường thẳng vuông góc với AB tại K cắt BD tại O 1 , AC tại O 2 . Ta có : O 1 B = R 1 , O 2 A = R 2 . ∆ KBO 1 ∆ HBA => 2 1 4 2 11 4 .2 R a HB HB a a R HB KB AB BO =⇔=⇔= (1) ∆ KAO 2 ∆ HAB => 2 2 4 2 22 4 .2 R a HA HA a a R HA KA AB AO =⇔=⇔= (2) Từ (1) và (2) suy ra 4( HA 2 + HB 2 ) = + 2 2 2 1 4 11 RR a ⇔ 4.AB 2 = = + 2 2 2 1 4 11 RR a =⇔ 2 4a + 2 2 2 1 4 11 RR a 2 2 2 1 2 114 RRa +=⇔ Bài 4 ( 3 điểm): Đặt ∠ ACB = α và dt ∆ CMN = S. Thì S = 2 1 (CM + CN).r ≥ CNCM. .r (1) ( theo bđt Côsi ) Mặt khác S = 2 1 CM.CN.Sin α CM.CN = α Sin S2 (2) Từ (1) và (2) => S ≥ α Sin S r 2 . α Sin r S 2 .2 ≥⇒ ( Const) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi CM = CN ⇔ MN ⊥ OC. Cách giải khác: Giả sử đường thẳng qua O vuông góc với OC cắt CA, CB lần lượt tại M’, N’ Không mất tính tổng quát, giả sử CM ≥ CN. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N trên M’N’ thì ta có 1 ' ' ≥=== CN CM ON OM MK MI S S NON MOM ⇒ S OM’M ≥ S ON’N ⇒ S CMN ≥ S CM’N’ Do đó S = S CMN đạt GTNN khi CM = CN ( M ≡ M’, N ≡ N’) ⇔ MN ⊥ OC. Phòng GD Hoài Nhơn Họ và tên :…………………………………… Học sinh lớp : 9 Trường THCS …………………………. THI HSG CẤP HUYỆN Năm học 06 – 07 Môn thi : Toán 9 (Thời gian làm 150phút ) GT1 Mã phách GT2 " Điểm Chữ kí Mã phách Bằng số Bằng chữ Giám khảo 1 Giám khảo 2 * Ghi chú : Học sinh làm bài ngay vào tờ giấy thi này . A . TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( 6 điểm ) Hãy khoanh tròn vào chữ cái đứng đầu câu mà em cho là đúng nhất : Câu 1 : Rút gọn biểu thức : A = 2 1 : ( 1 1)x x x− − − − với điều kiện x ≥ 1 và x ≠ 2 ta có : 1 ( nếu 1x − > 1 ) 1 ( nếu x > 2 ) a. A = b. A = -1 ( nếu 1x − < 1 ) -1 ( nếu 1 ≤ x < 2 c. Cả a và b đúng d. Cả a và b đều sai e. A có giá trò khác Câu 2 : Số dư của phép chia 2005 2005 cho 11 là : a. 1 b. 4 c. 5 d. 7 e. Tất cả đều sai Câu 3 : Cho A = 2 2 2( 1) 1 x x x + + + . Giá trò nhỏ nhất , lớn nhất của A là : a. –1 và 2 b. 1 và 2 c. 1 và 3 d. 2 và 3 e. Giá trò khác Câu 4 : Tập nghiệm của phương trình : 2 6 2 6 13x x x x− + + = − + là : a. { 2; 3 } b. { 2;3} c. { 2; 3− − } d. 2 nghiệm số thực khác e. Phương trình vô nghiệm . Câu 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = c , AC = b và đường phân giác trong góc A là AD = d . Ta có đẳng thức đúng là : a. 1 1 1 b c d + = b. 1 1 2 b c d + = c. 1 1 2 d b c + = d. 1 1 2 b c d + = e. Tất cả đều sai . Câu 6 : Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c nội tiếp đường tròn bán kính R . Nếu R ( )b c+ = a bc thì tam giác ABC là : a. Tam giác vuông b. Tam giác cân c. Tam giác vuông cân d. Tam giác nhọn e. Tam giác đều B. TỰ LUẬN ( 14 điểm ) Bài 1 : ( 7 điểm) a) Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: P = ba c ca b cb a + + + + + b) Giải phương trình : 312 3 =++− xx Học sinh không được làm bài vào ô cắt phách Bài 2 : ( 3 điểm): Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh bằng a. Gọi R 1 , R 2 lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, ABD. Chứng minh rằng 2 2 2 1 2 114 RRa += Bài 3 : ( 4 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A có AB = 6 cm , AC = 8 cm > Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong , M là trung điểm của BC . Tính số đo góc BIM ? BÀI LÀM PHẦN TỰ LUẬN …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………… ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài 1 ( 6 điểm): a) (3 điểm): Giả sử mười số đã cho viết thành một hàng là a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a 10 . Xét mười tổng: a 1 + 1, a 2 + 2, a 3 + 3, . . . , a 10 + 10. Giả sử mười tổng trên không có hai tổng nào có chữ số tận cùng giống nhau, tức là 10 tổng có tương ứng 10 chữ số tận cùng khác nhau, suy ra tổng tất cả các chữ số tận cùng của chúng là 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + 9 = 45, suy ra tổng: S = a 1 + 1 + a 2 + 2 + a 3 + 3 + . . . + a 10 + 10 có tận cùng là 5, điều này vô lí vì tổng S = a 1 + 1 + a 2 + 2 + a 3 + 3 + . . . + a 10 + 10 = 110 có tận cùng là 0 Vậy điều giả sử là sai => đpcm. b) ( 3 điểm): x, y nguyên tố => z > 2 => z lẻ => x, y phải khác tính chẵn lẻ. Vai trò x, y như nhau, nên giả sử x lẻ, y chẵn => y = 2. Khi đó x y + y x = z x 2 + 2 x = z . Nếu x = 3 thì ta có 3 2 + 2 3 = 17 thoả mãn . . Nếu x ≠ 3 thì ta có x = 3n + 1 với n nguyên dương và n > 1. Ta có 2 x = ( 3 – 1 ) x = 3t – 1 ( vì x lẻ ) với t nguyên dương và t > 1. Do đó z = x 2 + 2 x = 3n + 1 + 3t – 1 = 3( n + t ) là một hợp số ( vì n + t >1), không thoả mãn. Vậy (x; y; z) là ( 3; 2; 17), (2; 3; 17) Bài 2 ( 7 điểm): a) ( 3 điểm) : Ta có ( ) + + + + + ++=+ + ++ + ++ + =+ cbcaba cba ba c ca b cb a P 111 1113 Đặt x = a + b, y = b + c, z = a + c. Ta có ( ) ++++=+ zyx zyxP 111 . 2 1 3 = ( ) 2 9 63. 2 1 3 2 1 =+≥ ++++++ y z z y x z z x x y y x P ≥ 2 3 , Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . Vậy Min P = 2 3 , khi a = b = c b) ( 4 điểm) : Giải phương trình : 312 3 =++− xx ĐK x ≥ –1 . Đặt a = 3 2−x , b = 01 ≥+ x . Ta có hệ phương trình: −=− =+ 3 3 23 ba ba Từ (1) => b = 3 – a , thay vào (2) và biến đổi được : ( a – 1)( a 2 + 6) = 0 ⇔ a = 1 , thoả mãn b = 3 – a ≥ 0 a = 1 ⇔ 312 3 =⇔=− xx , thoả mãn điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. Bài 3 ( 4 điểm): Gọi H là giao điểm của hai đường chéo. K là trung điểm của AB. Đường thẳng vuông góc với AB tại K cắt BD tại O 1 , AC tại O 2 . Ta có : O 1 B = R 1 , O 2 A = R 2 . ∆ KBO 1 ∆ HBA => 2 1 4 2 11 4 .2 R a HB HB a a R HB KB AB BO =⇔=⇔= (1) ∆ KAO 2 ∆ HAB => 2 2 4 2 22 4 .2 R a HA HA a a R HA KA AB AO =⇔=⇔= (2) Từ (1) và (2) suy ra 4( HA 2 + HB 2 ) = + 2 2 2 1 4 11 RR a ⇔ 4.AB 2 = = + 2 2 2 1 4 11 RR a =⇔ 2 4a + 2 2 2 1 4 11 RR a 2 2 2 1 2 114 RRa +=⇔ Bài 4 ( 3 điểm): Đặt ∠ ACB = α và dt ∆ CMN = S. Thì S = 2 1 (CM + CN).r ≥ CNCM. .r (1) ( theo bđt Côsi ) Mặt khác S = 2 1 CM.CN.Sin α CM.CN = α Sin S2 (2) Từ (1) và (2) => S ≥ α Sin S r 2 . α Sin r S 2 .2 ≥⇒ ( Const) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi CM = CN ⇔ MN ⊥ OC. Cách giải khác: Giả sử đường thẳng qua O vuông góc với OC cắt CA, CB lần lượt tại M’, N’ Không mất tính tổng quát, giả sử CM ≥ CN. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N trên M’N’ thì ta có 1 ' ' ≥=== CN CM ON OM MK MI S S NON MOM ⇒ S OM’M ≥ S ON’N ⇒ S CMN ≥ S CM’N’ Do đó S = S CMN đạt GTNN khi CM = CN ( M ≡ M’, N ≡ N’) ⇔ MN ⊥ OC. . Hoài Nhơn Họ và tên :…………………………………… Học sinh lớp : 9 Trường THCS …………………………. THI HSG CẤP HUYỆN Năm học 06 – 07 Môn thi : Toán 9 (Thời gian làm 150phút ) GT1 Mã phách GT2 " Điểm Chữ kí. lượt tại B / và C / . Chứng minh rằng: / / 3 AB AC AB AC + = ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : TOÁN 8 Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian phát đề ) ĐÁP ÁN VÀ THANG. Mã phách Bằng số Bằng chữ Giám khảo 1 Giám khảo 2 * Ghi chú : Học sinh làm bài ngay vào tờ giấy thi này . A . TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN ( 6 điểm ) Hãy khoanh tròn vào chữ cái đứng đầu câu mà em