Đề thi HSG Toán 9

1 Bài 1: (1.5 điểm) Thực hiện tính: 24 422 2 2 ++− −+ xx xx với 362 +=x Bài 2: (2.5 điểm) Giải các phương trình: a. 2455 22 −=++−+ xxxx b. 322323 22 −++−=+++− xxxxxx Bài 3: (2.0 điểm) a. Chứng minh phương trình (n+1)x 2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. b. Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình x 2 + 2009x + 1 = 0 x 3 , x 4 là nghiệm của phương trình x 2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x 1 +x 3 )(x 2 + x 3 )(x 1 -x 4 )(x 2 -x 4 ) Bài 4: ( 3.0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K. a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn. b. Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK c. Chứng minh H là trung điểm của DK. Bài 5: ( 1.0 điểm) Cho A(n) = n 2 (n 4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n. Bài 1: (1.5 điểm) Thực hiện tính: 24 422 2 2 ++− −+ xx xx với 362 +=x 2 1 )22(2 )22( 2)2)(2( )2)(2(222 2 + = ++−+ −++ = ++−+ −++−++ = xxxx xx xxx xxxx Thay 362 +=x vào được: 23 23 1 )23( 1 3262 1 2 −= + = + = ++ Bài 2: (2.5 điểm) Giải các phương trình: a. 2455 22 −=++−+ xxxx 24545 22 =++−++ xxxx .Đặt 45 2 ++= xxy (y ≥ 0) được: y 2 - y - 2 = 0 Giải phương trình được: y 1 = -1 (loại); y 2 = 2.Với y = 2 giải 245 2 =++ xx được x 1 = 0; x 2 = -5. 2 Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x 2 + 5x. Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế. b. 322323 22 −++−=+++− xxxxxx )3)(1(23)2)(1( +−+−=++−− xxxxxx , 032)32(1 =++−−+−−− xxxxx 0)11)(32( =−−+−− xxx 032 =+−− xx vô nghiệm; 011 =−−x được x = 2. Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm. Bài 3: (2.0 điểm) a.Chứng minh Phương trình (n+1)x 2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠0.∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1) = 1+ (n 2 + 3n)(n 2 +3n+2) = (n 2 + 3n) 2 + 2(n 2 + 3n) + 1 =(n 2 + 3n + 1) 2 . 0,50 ∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm. 0,25 ∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ. 0,25 b. Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình x 2 + 2009x + 1 = 0 x 3 , x 4 là nghiệm của phương trình x 2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x 1 +x 3 )(x 2 + x 3 )(x 1 -x 4 )(x 2 -x 4 ) Giải: Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm. Có: x 1 x 2 = 1x 3 x 4 = 1 x 1 +x 2 = -2009 x 3 + x 4 = -2010 Biến đổi kết hợp thay: x 1 x 2 = 1; x 3 x 4 = 1 (x 1 +x 3 )(x 2 + x 3 )(x 1 -x 4 )(x 2 -x 4 ) = (x 1 x 2 + x 2 x 3 - x 1 x 4 -x 3 x 4 )(x 1 x 2 +x 1 x 3 -x 2 x 4 -x 3 x 4 ) = (x 2 x 3 - x 1 x 4 )(x 1 x 3 -x 2 x 4 )= x 1 x 2 x 3 2 - x 3 x 4 x 2 2 - x 3 x 4 x 1 2 +x 1 x 2 x 4 2 = x 3 2 - x 2 2 - x 1 2 + x 4 2 = (x 3 + x 4 ) 2 - 2x 3 x 4 -( x 2 + x 1 ) 2 + 2x 1 x 2 = (x 3 + x 4 ) 2 -( x 2 + x 1 ) 2 Thay x 1 +x 2 = -2009; x 3 + x 4 = -2010 được : 2010 2 - 2009 2 =2010+2009 =4019 Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x 1 +x 3 )(x 2 + x 3 )].[(x 1 -x 4 )(x 2 -x 4 )] Bài 4: ( 3.0 điểm) OA B C I D E K H M 3 OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến),OI ⊥ IA (I là trung điểm của dây DE) . ⇒ B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 0,75 ∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1) DK // AB (Cùng vuông góc với BO)⇒ ∠ IDK = ∠IAB (2) Từ (1) và (2) được: ∠ ICB = ∠ IDK 1.0 ∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp.⇒ ∠HID = ∠ HCD ∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB của (O))⇒ ∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB ⇒ IH là đường trung bình của DEK ⇒ H là trung điểm của DK Bài 5: ( 1.0 điểm) Chứng minh A(n) = n 2 (n 4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n. - A(n) = n.n(n 2 - 1)( n 2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n 2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n. - A(n) = n 2 (n 4 - 1) = n(n 5 - n). Do n 5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n. - Nếu n chẵn ⇒ n 2 chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho 4. ⇒ A(n) chia hết cho 4 với mọi n. - Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60. Bài 1: (2.0 điểm) a) Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 4 a b a b + ≥ + . Với ;a b là các số dương. b) Cho ;x y là hai số dương và 1x y + = .Tìm giá trị nhỏ nhất của xy P 2 1 = ; 2 2 2 3 M xy x y = + + . Bài 2: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:    +=++ =+ 243 11 22 yxyx yx Bài 3: (2.0 điểm) Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM tại H. a. Chứng minh HM = HN. b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP. Bài 4: (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I a. Tính góc CIF. b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. 4 c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. Bài 5: (1.0 điểm) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng. GIẢI Bài 1: (2.0 điểm) a. Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 4 a b a b + ≥ + . Với ;a b là các số dương. b. Cho ;x y là hai số dương và 1x y + = .Tìm giá trị nhỏ nhất của xy P 2 1 = ; 2 2 2 3 M xy x y = + + . 1 1 4 a b a b + ≥ + ( ) ( ) 04 4 22 ≥−⇔≥+⇔ + ≥ + ⇔ baabba baab ba 0,50 2 1.2 4 )(2 4 22 1 == + ≥ + == yxxy yx xy P 0,50 P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y = 2 1 0,25 hoặc: 2 2 1 4 1 4 1 )(42 222 ≥⇔≥⇔≤⇔+≤⇔+≤ xyxy xyyxxyyxxy 2 2 2 3 M xy x y = + + = 14122 )( 3.4 2 1 2 3.4 2 13 2 4 22222 =+≥ + += ++ +≥ + + yx xy yxyx xy yx xy 0,50 - xy2 1 đạt GTNN tại x = y = 2 1 . - 22 3 2 3 yx xy + + đạt GTNN tại x = y = 2 1 . Nên M đạt GTNN tại x = y = 2 1 . 0,25 Bài 2: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình:    +=++ =+ 243 11 22 yxyx yx - Đặt S = x + y; P = xy được:    +=+ =− 243 112 2 PS PS 0,25 - 0)2817(2 2 =+−+⇒ SS 0,25 - Giải phương trình được 23 1 +=S ; 25 2 −−=S 0,25 - 23 1 +=S được 23 1 =P ; 25 2 −−=S được 258 2 +=P 0,25 - Với 23 1 +=S ; 23 1 =P có x, y là hai nghiệm của phương trình: 023)23( 2 =++− XX 0,25 - Giải phương trình được 2;3 21 == XX . 0,25 - Với 25 2 −−=S được 258 2 +=P có x, y là hai nghiệm của phương trình: 0258)25( 2 =++++ XX . Phương trình này vô nghiệm. 0,25 - Hệ có hai nghiệm:    = = 2 3 y x ;    = = 3 2 y x 0,25 5 Bài 3: (2.0 điểm) -Chứng tỏ MBND là hình bình hành ⇒ O là trung điểm của MN. - OH // AB ⇒ OH ⊥ MN. - ⇒∆HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường cao) ⇒ HM = HN. 0,75 - OH // BM được: OB OQ HM HQ = - ON // BP được: NP NQ OB OQ = ⇒ NP NQ HM HQ = ⇒ NH//PM⇒ ∠ HNM = ∠ NMP ⇒ ∠ HMN = ∠ NMP ⇒ MN là phân giác của góc QMP 1,25 Bài 5: (1.0 điểm) Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng. Giải: Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia hết cho 5 nên có một số bằng 5. 0,25 Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) ⇔ bc = 5+b+c. ⇔ bc -b - c + 1 = 6 ⇔ (b-1)(c-1) = 6. 0,50 b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:    = = ⇔    =− =− 7 2 61 11 c b c b và    = = ⇔    =− =− 4 3 31 21 c b c b Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7 0,25 Bài 4: (3.0 điểm) A B C D P M N Q O H A B E F C H I O 6 - BE, AF l hai ng cao ca ABC CI l ng cao th ba hay CIAB - T giỏc IHFB ni tip HIF = HBF hay CIF = EBF . - EOF u nờn EOF = 60 0 . EF = 60 0 CIF = EBF = 30 0 . 1,0 - Chng minh ACI ng dng vi ABE - c: AIABAEAC AE AI AB AC == - Tng t BCI ng dng vi BAE c: BIBABFBC BF BI BA BC == - Cng c: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB 2 = const. 1.0 - Chng minh ABC ng dng vi FEC 4 1 2 22 = = = R R AB EF S S ABC FEC ABCABFE SS 4 3 = - ABFE S ln nht ABC S ln nht CI ln nht. C chy trờn cung cha gúc 60 0 v trờn AB nờn CI ln nht khi I O CAB cõn EF // AB. - Lỳc ú 4 3.3 3. 2 3 2 2 2 R SR RR S ABFEABC === 1,0 Bài 1.(3,0 điểm) a,Tính: 3 5 3 5 M 2 3 5 2 3 5 + = + + + b, Không sử dụng bảng số và máy tính hãy so sánh: A 2007 2009= + và B 2 2008= Bài 1.(3,0 điểm) a,Tính: 3 5 3 5 M 2 3 5 2 3 5 + = + + + Ta có: ( ) ( ) 2 2 M 3 5 3 5 3 5 3 5 2 2 6 2 5 2 6 2 5 2 5 1 2 5 1 + + = + = + + + + + 0,5 2,0 đ 3 5 3 5 3 5 3 5 2 5 1 2 5 1 2 5 1 2 5 1 + + = + = + + + + + + = 3 5 3 5 3 5 3 5 + + + (vì 5 1> ) 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 5 3 5 9 6 5 5 9 6 5 5 9 5 3 5 3 5 + + + + + + = = + = 28 7 4 = 0,5 M 7 2 = 0,5 b, Không sử dụng bảng số và máy tính hãy so sánh: A 2007 2009= + và B 2 2008= Ta có A 2007 2009= + ( ) 2 2008 1 2008 1 2008 1 2008 1= + + = + + 0,5 1,0 đ 2 2 2.2008 2 2008 1 2.2008 2 2008 2 2008= + < + = Vậy A < B. 0,5 Bài 2.(4,0điểm) 7 Cho biểu thức: x 2 x 1 x 1 P : 2 x x 1 x x 1 1 x + = + + ữ + + với x > 0 và x 1 a, Rút gọn P. b, Tìm x để 2 P 7 = c, So sánh 2 P với 2P Bài 2.(4,0điểm) a, Rút gọn P. Ta có x 2 x 1 x 1 P : 2 x x 1 x x 1 1 x + = + + ữ + + với x > 0 và x 1 ( ) ( ) ( ) 3 x 2 x 1 x 1 : 2 x x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 : 2 x x 1 x 1 x 1 x x 1 + ữ = + ữ + + ữ + ữ = + ữ + + + + 0,5 1,5đ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 2 x x 1 x x 1 x 1 x 2 x x x x 1 2 : . 2 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 + + + + + + = = + + + + 0,5 ( ) ( ) x 2 x 1 2 2 . x 1 x x 1 x 1 x x 1 + = = + + + + . Vậy 2 P x x 1 = + + 0,5 b, Tìm x để 2 P 7 = Ta có 2 P x x 1 = + + ( với x > 0; x 1) Nên 2 2 2 P x x 1 7 x x 6 0 7 7 x x 1 = = + + = + = + + 0,5 1,25đ ( ) ( ) x 2 x 3 0 + = x 2 0 = ( vì x 3 0+ > với mọi x > 0) x 4 = ( t/m đk). 0,5 Vậy với x = 4 thì 2 P 7 = 0,25 c, So sánh 2 P với 2P Ta có 2 P x x 1 = + + ( với x > 0; x 1) Mà 2 1 3 x x 1 x 0 2 4 + + = + + > ữ với mọi x > 0, nên 2 P 0 x x 1 = > + + với mọi x > 0 0,5 1,25đ Ta lại có x x 0+ > với mọi x > 0 0,5 D P Q M N o f e k i c b a 8 1 2 x x 1 1 1 P 2 x x 1 x x 1 + + > < = < + + + + Vì P > 0 và P < 2 nên P(P - 2) < 0 P 2 - 2P < 0 P 2 < 2P. Vậy P 2 < 2P 0,25 Bài 4.(7,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đờng tròn (O;R). Đờng tròn (O;R) tiếp xúc với các cạnh BC, AB, AC lần lợt tại các điểm D, N, M. Kẻ đờng kính DI của đờng (O;R). Qua I kẻ tiếp tuyến của đờng (O;R) nó cắt AB, AC lần lợt tại E, F. a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi của tam giác AEF. b, Chứng minh EI. BD = IF.CD = R 2 . c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD. Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP. Bài 4.(7,5 điểm) a,Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi của tam giác AEF. + c/m cho chu vi của tam giác AEF là P AEF = 2AN 0,75 2,0đ+ c/m cho 2AN = AB + AC BC = 8 + 11 9 = 10 cm 0,75 + suy ra P AEF = 2AN = 10 cm 0,5 b,Chứng minh EI. BD = IF.CD = R 2 . + c/m cho tam giác EOB vuông tại O EN.BN = ON 2 = R 2 ( theo hệ thức lợng trong tam giác vuông) Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm) EI. BD = R 2 . 1,25 2,5đ + Tơng tự ta có: IF.DC = R 2 0,75 + Suy ra EI. BD = IF.CD = R 2 . 0,5 c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD. Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP. áp dụng hệ qủa định lý Talet trong các tam giác AQC và tam giác ABC ta có IF AF AF FE ; QC AC AC BC = = IF FE QC BC = (1) 0,75 3,0đ Theo câu b ta có: IF IE IE IF EF EI.BD IF.CD BD CD BD CD BC + = = = = + (2) 0,75 Từ (1) và (2) suy ra IF IF QC BD QC BD = = 0,5 +Vì P là trung điểm của BC (gt), QC = BD ( cmt) P là trung điểm của DQ 0,75 9 Mµ O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra OP lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c DIQ ⇒ OP // IQ hay OP // AQ (3) + V× K lµ trung ®iÓm cña AD, O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra KO lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c ADI ⇒ KO // AI hay KO // AQ (4) + Tõ (3) vµ (4) ⇒ K, O, P th¼ng hµng. Do K lµ trung ®iÓm cña AD, P lµ trung ®iÓm cña DQ suy ra KP lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c DAQ suy ra AQ = 2KP. 0,25 Bài 2. (1đ) Rút gọn 3 3 3 3 2 3 2 2 2 3 2 2 A - + = + - + + - . Bài 3 (2đ) Cho 2 2 1 2 2 4 2 7 10 5 x x x B x x x x − − − = + − − − + − a) Rút gọn A. b) Tìm x nguyên để A nguyên. Bài 4 (4đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC. b) ∆ABC ~ ∆AEF c) EDCFDB ˆˆ = d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF. Bài 2. 3 3 3 3 2 3 2 2 2 3 2 2 A - + = + - + + - . 2( 3 3) 2( 3 3) 4 2 3 4 4 2 3 4 - + = + - + + - 2( 3 3) 2( 3 3) 3 1 4 3 1 4 - + = + - + + - 2 2 2( 3 3) 2( 3 3) 3 9 - + + = - 24 2 4 2 6 = =- - Bài 2a) x 2 -7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là 10 x ≠5và x ≠2 2 2 2 2 2 1 2 2 4 1 2 2 4 2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5 5 2 (2 4)( 2) ( 5)( 2) 8 15 ( 5)( 3) 3 ( 5)( 2) ( 5)( 2) 2 x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − − − − = + − = + − = − − + − − − − − − + − − − − − = − − − + − − − − − + = = = − − − − − 2b) ( 2) 1 1 1 2 2 x A x x − − + = = − + − − , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi 1 2x − nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1. Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên BG //CH, tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. 4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng. Từ đây suy ra (1) AB AE AB AF AC AF AE AC = ⇒ = Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF. 4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆BDF~∆DEC⇒ · · BDF CDE= . 4d) Ta có · · · · · · · · · · 0 0 90 90BDF CDE BDF CDE AHB BDF AHC CDE ADF ADE = ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒ = Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF. Bài 1: ( 2,5 điểm) F E M G H D C B A [...]... Tìm nghiệm nguyên của a) x2 - 4xy + 5y2 = 1 69 b) x2 - 6xy + 13y2 = 100 Giải : 2 2 a) (x - 2y) + y = 1 69 = 0 + 1 69 = 25 + 144 b) (x 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = Phơng pháp 5 : Phơng pháp công thức nghiệm phơng trình bậc 2 VD : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0 b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 20 09 2010) c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)... Tìm giá trị nhỏ nhất của P ĐKXĐ: x 0; x 9 p= a) = ( x x 3 ( )( x +1 = x x 3 2 = x 3 ( x +8 x +1 x = 14 6 5 = b) c) ) 2 x 3 x x 3 x +3 + x 2 x 3 x +1 3 x ) 2 ( x 3 x +1 ) ( 2 x 3 ( ) ) x +3 x +3 x 3 )( ) x +1 2 5 3 = 3 5 58 2 5 11 x +8 x 1+ 9 9 p= = = x 1 + x +1 x +1 x +1 9 = x +1+ 2 2 92 = 4 x +1 P= (áp dụng BĐT côsi) dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x +1 = 9 x=4 x +1 vậy min p = 4 khi x = 4 tròn(A... 24 2x 3y 4z 2x + 3y + 4z (1) = = = 30 60 96 30 + 60 + 96 3x 4 y 5z 3x + 4 y + 5 z = = (1) = 45 80 120 45 + 80 + 120 2 x + 3 y + 4 z 3 x + 4 y + 5 z 2x 3x : = : 30 + 60 + 96 45 + 80 + 120 30 45 2x + 3y + 4z 245 2 x + 3 y + 4 z 186 =1 M = = 186 3x + 4 y + 5z 3x + 4 y + 5 z 245 Bi 4: ( 4,0 im) 0,25 (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 19 Cho tam giỏc ABC cú B < 90 v B = 2C K ng cao AH Trờn tia i ca tia BA... im ca BC Chng minh rng MK vuụng gúc vi DE a) Theo tớnh cht gúc ngoi ca tam giỏc : O1 = 2B, O1 = 2C m O1 + O1 = 1800 nờn B+C =90 0, suy ra K =90 0 Ta li cú D = E = 90 0 nờn t giỏc ADKE l hỡnh ch nht b) A1+A2=D1+D2 =90 0 nờn KA BC Vy AK l tip tuyn ca (O) v (O) c) K1 + E1 = C + EKA = 90 0 nờn MK DE Câu 1 Cho biểu thức x+ y x y x + y + 2 xy : 1 + A= + 1 xy 1 xy 1 + xy a, Rút gọn A b, Tính giá... A= x ( x 2) 2 = x x 2 iu kin xỏc nh ca A l: x x2 x0 2 2 x x 4x + 4 x 1 b Nu x 2 thỡ x ( x 2) = 2 Nu 1 x AEB = 90 0 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thi t ABE = 450 => AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB 2 Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình của tam giác HBE A D / 1 / F 1 2 I B _H _K O 1 E C => IK // BE mà AEC = 90 0 nên BE HE tại E => IK HE tại K (2) Từ (1)... là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH AC tại F => AFB có AFB = 90 0 Theo trên ADC có ADC = 90 0 =>B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5) Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 90 0=> D1 +IDH = 90 0 = IDO => OD ID tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE ... khi: = (3 y 1) 2 12(3 y 2 8 y ) 0 27 y 2 + 90 y + 1 0 Do y nguyờn nờn 0 y 3 y { 0;1; 2;3} +)Vi y = 0 ta cú x = 0 +)Vi y = 1 ta cú x = 1 +)Vi y = 2 v y = 2 ta cú khụng tỡm c x nguyờn Vy phng trỡnh cú hai nghim nguyờn l ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 ); Bài 1: (3 đ) Tính giá trị của biểu thức: a) A= 13 160 53 + 4 90 Gii a) A= 13 160 53 + 4 90 = 13 4 10 53 + 2.6 10 (0,5đ) = (2 2 5 ) 2... 2(4 7) 2(4 + 7) + 2 2 2 (0,5 điểm) 7 1 7 1 2 + 2= + 2 = 2+ 2 =0 2 2 = Suy ra x = 0 Vy giỏ tr ca B = 0 (0,5 điểm) Bi 1 ( 4 im ) Phõn tớch a thc sau thnh nhõn t : a 9x2 - 64 - 12xy + 4y2 b x2 + 7x + 10 Gii Bi 1 a 9x2 - 64 - 12xy + 4y2 = (9x2 - 12xy + 4y2) 64 = = ( 3x 2y )2 82 = ( 3x 2y - 8 ) ( 3x 2y + 8 ) b x2 + 7x + 10 = x2 +5x +2x + 10 = = x(x+5) + 2(x+5) = (x+5)(x+2) (0,5 điểm) 23 Bi 3 ( 4 im... cõn d Chng minh AE = HC A Bi 4: ( 4,0 im) 1 Cõu a: 0,75 im D BEH cõn ti B nờn E = H1 B ABC = E + H1 = 2 E ABC = 2 C BEH = ACB Cõu b: 1,25 im Chng t c DHC cõn ti D nờn DC = DH DAH cú: DAH = 90 0 - C E DHA = 90 0 - H2 =90 0 - C DAH cõn ti D nờn DA = DH Cõu c: 1,0 im ABB cõn ti A nờn B = B = 2C B = A1 + C nờn 2C = A1 + C C = A1 ABC cõn ti B Cõu d: 1,0 im AB = AB = CB BE = BH = BH Cú: AE = AB + BE HC = CB . 2 3 5 3 5 9 6 5 5 9 6 5 5 9 5 3 5 3 5 + + + + + + = = + = 28 7 4 = 0,5 M 7 2 = 0,5 b, Không sử dụng bảng số và máy tính hãy so sánh: A 2007 20 09= + và B 2 2008= Ta có A 2007 20 09= + (. 2x 1 x 2 = (x 3 + x 4 ) 2 -( x 2 + x 1 ) 2 Thay x 1 +x 2 = -20 09; x 3 + x 4 = -2010 được : 2010 2 - 20 09 2 =2010+20 09 =40 19 Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x 1 +x 3 )(x 2 + x 3 )].[(x 1 -x 4 )(x 2 -x 4 )] Bài. 5(x 2 + xy + y 2 ) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 20 09 2010) c) x(x + 1) = y (y + 1) (y 2 + 2) VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình : 2x 2 + 4x = 19 -3y 2 Giải : 4x 2 + 8x + 4