Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp đề thi thử học sinh giỏi lớp 9 môn toán năm 2013 (Phần 2) tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...
UBND TỈNH TIỀN GIANG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề thức CỘNG HỊA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập-Tự do-Hạnh phúc KÌ THI CHỌN HSG LỚP CẤP TỈNH Khóa ngày: 20/03/2012 Mơn: TỐN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu - - - - - - - - - Câu 1: (4,0 điểm) x3 2( x2 x y) Giải hệ phương trình: y 2( y y x) Cho phương trình: x4 2mx2 2m 0(1) x1 x2 x3 x4 a) Tìm m để (1) có nghiệm x1, x2 , x3 , x4 thoả x4 x3 x3 x2 x2 x1 b) Giải phương trình (1) với m tìm a) Câu 2: (4,0 điểm) Cho (P) : y x2; ; (d) : y x m Tìm m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A, B cho: tam giác OAB tam giác vuông Câu 3: (4,0 điểm) Cho số a, b, c, d thoả điều kiện a b c d Chứng minh: a2 b2 c2 d2 Cho a3 3a2 3a(m 1) (m 1)2 Hãy tìm giá trị nhỏ (GTNN) a Câu 4: (3,0 điểm) Chứng minh rằng: 22 42 62 (2n)2 2n(n 1)(2n 1) ; n ¢ , n Câu 5: (5,0 điểm) · ,ACB · ,CBA · Cho tam giác ABC có phân giác góc nhọn BAC theo thứ tự cắt cạnh đối điểm M, P, N Đặt a =BC, b =CA, c =AB; SMNP , SABC theo thứ tự diện tích tam giác MNP ABC a) Chứng minh rằng: SMNP 2abc SABC ( a b)( bc)( c a) b) Tìm giá trị lớn (GTLN) SMNP SABC - - - Hết - - * Ghi chú: Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay SỞ GD&ĐT TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC: 2011 – 2012 Mơn: Tốn (Thời gian làm 150’) Ngày thi 16 tháng năm 2012 a2 a 3a a a 4 Bài (5đ) Cho biểu thức: P a a 1 a a 2 a) Rút gọn P b) Tìm GTNN P a) 2x x 2x 3x 3x x b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – = Bài (4đ) Cho (O; R) Đường thẳng d không qua O cắt (O) hai điểm A B từ điểm tùy ý d (O), vẽ hai tiếp tuyến MN MP với (O), (M, N hai tiếp điểm) a) Dựng vị trí điểm M d cho tứ giác MNOP hình vng b) Chứng minh tâm đường trịn qua ba điểm M, N, P ln chạy đường thẳng cố định M di động d Bài (5đ) Giải pt sau: Bài (4đ) a) Tìm GTLN y x x b) Cho số a, b, c thỏa mãn: a b c 1;a b2 c2 1;a b3 c3 Chứng minh: a 2009 b2009 c2009 Bài (2đ) Cho ABC thay đổi, có AB = CA = 2CB Tìm GTLN diện tích ABC - HẾT - Họ tên:…………………………… SBD…………………………… Chữ kí GT 1:………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012 Bài 1: a) ĐK a > a a2 a 3a a a 4 P a a 1 a a 2 P a ( a 1)(a a 1) a (3 a 2) ( a 2)( a 2) a a 1 a a 2 P a 3 a 4 7 b) Ta có P a a ( a ) với a TMĐK 4 Vậy giá trị nhỏ P a= 4 Bài 2: Coi PT bậc hai với ẩn t = x2 ta tính PT có 9( y 2)2 từ ta có x2 = y2 + 5(1) x2 = - y2 – 1(vô nghiệm) Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy 2k2 + 2k - y2 = y phải chẵn nên đặt y = 2z suy k(k+1) – 2z = (vô nghiệm VT chia hết cho cịn vế phải khơng chia hết cho Bài 3: a)Để MONP hình vng đường chéo OM=ON =R Dựng điểm M: ta dựng hình vng OACD, dựng đường trịn tâm O qua điểm D, cắt (d) M Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN = MO2 ON R nên ta giác ONM vuông cân N Tương tự, tam giác ta giác OPM vuông cân P N M L B A E H F O I Q P MNOP hình vng Bài tốn ln có hai nghiệm hình OM = R >R b)Ta có: MN MP tiếp tuyến (O) nên MNOP tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM tâm trung điểm H OM, suy tam giác cân MPQ nội tiếp đường tròn đường kính OM tâm H +) Kẻ OE vng góc AB E trung điểm AB ( cố định) Kẻ HL (d) HL//OE nên HL đường trung bình tam giác OEM, suy HL=1/2 OE(khơng đổi) +) Do M di động (d) H ln cách (d) đoạn khơng đổi nên H chạy đường thẳng (d’)//(d) (d’) qua trung điểm đoạn OE +) Ta có : Om phân giác góc NMP kẻ tia phân giác PNM cắt đường tròn (O) điểm F, NF FP => F OM, F tâm đường trịn nội tiếp tam giác MNP Vậy M di động (d) tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy đường trịn (O) Chú ý: hình vẽ phức tạp nên dựng hình vng OACD khơng vẽ trên hình vẽ Bài 4: a b2 a) áp dụng BĐT ab 2 ĐK –x ta có y x x Vậy giá trị lớn y 9/2 x= 3 2 b) ta có a +b +c -3abc=(a+b+c)(a +b +c -ab-bc-ca) => 1-3abc=1-ab-bc-ca =>ab+bc+ca=3abc mà 12=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) => ab+bc+ca=0 => abc=0 => a=0 b=0 c=0 b c Nếu a = => b c b3 c 2 =>b +c +2bc=1 => 2bc=0 =>(a,b,c) =(0,0,1) (a,b,c) =(0,1,0) Nếu b = làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) (a,b,c) =(1,0,0) Nếu c = làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) (a,b,c) =(1,0,0) Vậy mội trường hợp ta có P = Bài 5: Đặt BC =x > theo công thức He rông ta có 6 x S= p( p a)( p b)( p c) với p 3x x x 3x => S = 2 2 9 (36 x )( x 4) ( x 20)2 256 256 144 16 16 16 Vậy giá trị điện tích lơn 12(đvđt) x= 20 (vd) => S2= Sở Giáo dục Đào tạo kiên giang Đề thi chọn học sinh giỏi lớp THCS năm học 2011-2012 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Cõu 1(4): Giải hệ phương trình sau: x y 2x y a) 2x y x y ( x 1) y ( y 1) x xy b) x y y x xy Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P x y z x 1 y 1 z 1 Câu 3(3đ): Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện 1 2 1 a 1 b 1 c Chứng minh rằng: abc Câu 4(4 đ): Cho đường tròn tâm O, hai tiếp tuyến MA MB (A, B tiếp điểm), C điểm đường trịn tâm M bán kính MA nằm đường tròn (O) Các tia AC BC cắt đường tròn (O) P Q Chứng minh PQ đường kính đường tròn (O) Câu 5(4đ): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) d tiếp tuyến (O) C Gọi AH, BI đường cao tam giác a) Chứng minh HI // d b) Gọi MN EF hình chiếu đoạn thẳng AH BI lên đường thẳng d chứng minh MN = EF Câu 6(2đ): Chứng minh tích số phương số đứng trước chia hết cho 12 Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Đáp án Câu Thang điểm x y x y 5(1) a) x y x y 1(2) Đặt u = 7x y , v = 2x y ( u 0, v ) 0.25 0.25 0.25 0.25 u v (*) v x y Ta có Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x Mà u + v = nên u – v = x Do u = x5 5 x ,v= 2 Từ phương trình thứ hai (*) ta 5 x x3 y=v+x–1= x 1 2 x3 Thay y = vào phương trình (2) ta x3 x3 2x x 1 2 x1 5x x 2 x2 19 Với x = ta y = 2; x = 19 ta y = 11 Thử lại hệ phương trình ta hệ có nghiệm (1;2) 0.25 0.25 0.25 0,25 ( x 1) y ( y 1) x xy (1) b) x y y x xy (2) Điều kiện x 1, y 0.25 Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cơ Si ta có: x( y 1) y( x 1) y x y ( x 1).1 x y x ( y 1).1 xy xy (3) (4) 0.5 0.5 Vậy x y y x xy y 1 x 1 Dấu “=” xảy x y2 Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;2) 1 ) (1 ) (1 ) x 1 y 1 z 1 1 P 3( ) x 1 y 1 z 1 0.25 0.25 0.25 Ta có P (1 Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cơ Si ta có 1 x y z xyz 1 ( x y z )( ) 3xyz 9 x y z xyz x y z 3xyz , Dấu = xảy x = y = z 1 Ta có x y z ( x 1) ( y 1) ( z 1) 1 x 1 y 1 z 1 Vậy P 4 x 1 y 1 z 1 P x yz x y z 1 Vậy P đạt giá trị lớn P x y z 1 Ta có: (1 ) (1 ) 1 a 1 b 1 c b c bc 2 1 a 1 b 1 c (1 b)(1 c) bc Vậy 2 1 a (1 b)(1 c) Tương tự: ac 2 1 b (1 a)(1 c) ab 2 1 c (1 a)(1 b) Nhân ba bất đẳng thức ta được: 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 8abc (1 a)(1 b)(1 c) (1 a)(1 b)(1 c) 8abc Q A 0.5 O M C B P Để chứng minh PQ đường kính đường trịn (O), ta cần chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng Trong đường trịn tâm M ta có: AMC ABC (góc tâm chắn cung AC) Trong đường trịn tâm O ta có: AOQ ABQ (góc tâm chắn cung AQ) Suy AMC AOQ (1) Chứng minh tương tự ta có BMC BOP (2) Tứ giác MAOB có A B 900 AMB AOB 1800 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: POQ POB BOA AOQ ( BMC AMC ) BOA AMB AOB 1800 Suy P, Q, O thẳng hàng Vậy PQ đường kính đường trịn (O) 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Họ tờn thớ sinh SDB KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2011-2012 Mụn : TOÁN Ngày thi :18/02/2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HểA Câu 1:ĐK < x ¹ 10 1) P= x - + éê x - + 4ù ú :ê ú 10 - x x x ú ëê û P= 3( x - + 3) x - x - - 10 - x x- 1+ P= x - 1( x - 10)( x - - 2) 3( x - 2) =2(10 - x)( x - 1- 4) 2( x - 5) ( b) x = 3+ 2 3- 2 3- 2 = 3+ 2 ) (3 + 2)2 - (3 - 2) = 3+ 2 - 3- 2 => x= 1+ - ( - 1) = vỡ x>1 Vậy P=0 Cõu II: 1) Hoành độ giao điểm nghiệm phương trỡnh x2+x-2=0 => x=1 x=2 Vậy A(1,-1) B(-2;-4) A(-2;-4) vàB(1;-1) 2)Để (d’) cắt (P) điểm phân biệt thỡ phương trỡnh x2-x+m=0 (1) cú hai nghiệm phõn biệt D > m < Ta cú khoảng cỏch AB2 =18 để CD = AB (x1-x2)2+(y1-y2)2=18 (x1-x2)2=9 (x1+x2)2-4x1x2=9 1-4m-9=0=> m=-2(TM) Vậy C(-1,-3) D(2;0) D(-1;-3) C(2;0 Cõu III 1,ĐK x ¹ 0, y ¹ Đặt x=ky ( k ¹ 0) íï (k + k ) y = x2 ïï x y ìïï ( + 1) y = (1) ïỵ k y y x Nếu k=-1 thỡ hệ phương trỡnh (1) vụ nghiệm nờn hệ phương trỡnh cho vụ nghiệm Nếu k ¹ -1 từ (1) => (k + k )k = k+1 => k=2 k = -2 3 Nếu k=2 => ( x, y) = ( ; ) Nếu k = -2 => (x;y)=(-2;1) 2, Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 mà x nguyờn nờn x £ Nếu x=1 x=-1 thỡ y khụng nguyờn (loại) Nếu x=2=> y=-2 y=6 Nếu x=-2 => y=-6 y=2 Vậy phương trỡnh cho cú cặp nghiệm (x;y) là(2;-2);(2;6);(-2;-6);(-2;2) µ= F µ= 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường trũn Cõu IV: 1) Ta cú E tõm chớnh (C1) trung điểm AH ¼ · (1) EAH = sd EH · · = CBE mà EAH (2) ( cựng phụ với gúc ACD) · = CBE · MEB (3)( đương trung tuyến ứng với cạng huyền) ¼ · Từ (1), (2) (3) ta cú MEH = sd EH => ME tiếp tuyến đường trũn tõm (C1) A F E N B K C D M C 2, gọi giao điểm AM với KH N trước tiên chứng minh điểm A,E,H,N,F thuộc đường trũn · E = ACB · ;AN · E = AFE · = > ANE · = ACB · Ta thấy AF => nghĩa C,M,N, F thuộc đường trũn chứng minh A,E,N, B nội tiếp · = 900 KNM KH AM Cõu V:: vai trũ x,y,z nên £ x £ y £ z £ y z + = + z + zy y + z y z 1 Nếu x= => = > ( )+ ( )= 1+ z y + z + zy y + z y+ z => ( y - 1)( y + + z ) z2 - 1 + = (1 + z )( y + z ) (1 + yz )( y + z ) y + z Ta cú VT ³ mà VP < nên trường hợp nghiệm Nếu x khỏc mà £ x £ y £ z £ z 11 x zx x z >0 x z zx x zx z với x; z Dấu “=” xảy khi: x=z=1 + Ta cú: zx x z y zx x y z x x y zx x y z y y + Tương tự: z xy x y z z z x yz x y z y x yz x z (1) y zx z xy x yz x y z + Mặt khỏc, vỡ: x; y; z x y z 3 VP Dấu “=” xảy : x=y=z=1 (2) x yz + Từ (1) (2) VT VP khi: VT VP VT Khí x=y=z=1 * Vậy phương trỡnh cú nghiệm nhất: x; y; z 1; 1; 1 Sở Giáo dục Đào tạo §Ị thi chän häc sinh giái líp THCS năm học 2011-2012 HNG YấN Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Cõu I Tính f(x) = (x4 + x-7)2012 x = (4+ 15)( 3) 15 Cho (P) y = x2 hai điểm A1, A2 (P) cho góc A1O A2 = 900 Gọi hình chiếu A1, A2 Ox B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = Câu II Cho PT x2 -3mx- m = có hai nghiệm phân biệt Tìm S = x12 3mx2 3m m2 x22 3mx1 3m m2 Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – = Câu III xy 2 x y x y 1(1) Giải hệ x y x y (2) 2 Giải PT (3x+1) x x x Câu IV Cho tam giác ABC vuông C có đường cao CD Vẽ đường trịn tâm O đường kính CD cắt CA, CB E F Gọi M giao điểm BE đường tròn tâm O; AC cắt MF K, EF cắt BK P a) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P thuộc đường tròn b) Khi D, M, P thẳng hàng, tính góc tam giác ABC Cho tam giác ABC vng C có góc A 600 trung tuyến BD = a Tính dịên tích tam giác ABC theo a Câu V Cho sáu đường trịn có bán kính có điểm chung Chứng minh tồn đường trịn chứa tâm đường tròn khác ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH HƯNG YÊN 2012 Câu I 1.Tính f(x) = (x4 + x-7)2012 x = (4+ 15)( 3) 15 2.Cho (P) y = x2 hai điểm A1, A2 (P) cho góc A1O A2 = 900 Gọi hình chiếu A1, A2 Ox B1, B2 , chứng minh OB1.OB2 = Lời giải: HS tự làm 2.Do giả thiết hai điểm A1, A2 (P) nên gọi A1( a;a2) A2( b; b2) B1(a; 0), B2(b; 0) đường thẳng OA1,OA2 có PT y = ax y = bx góc A1O A2 = 900 nên hai đường thẳng vng góc, suy ab = -1 nên OB1.OB2 = a b =1 Câu II Cho PT x2 -3mx- m = có hai nghiệm phân biệt Tìm S = x12 3mx2 3m m2 x22 3mx1 3m m2 Lời giải: -) PT có nghiệm 9m2 + 4m hay m(9m+4) 0(*) 3mx1 3mx2 4m m2 3mx2 3mx1 4m m2 3( x x ) m 9m m S= 9m m 3( x2 x1 ) m m Để S tồn m khác từ ĐK ta có > 0nên áp dụng BĐT 9m -) x2 -3mx- m = x2 = 3mx+ m nên S = Cơsi ta có S 2, mà thấy m = - thoả mãn (*) S = nên S = 2 2.Giải PT nghiệm nguyên x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – = HD: Coi PT bậc hai với ẩn t = x2 ta tính PT có 9( y 2)2 từ ta có x2 = y2 + 5(1) x2 = - y2 – 1(vô nghiệm) Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy 2k2 + 2k - y2 = y phải chẵn nên đặt y = 2z suy k(k+1) – 2z = (vô nghiệm VT chia hết cho cịn vế phải khơng chia hết cho 2) Câu III xy 2 x y x y 1(1) 1.Giải hệ x y x y (2) Lời giải: ĐK x+y > (1) (x+y)3 -2xy(x+y) +2xy –(x+y) = (x+y -1)[(x+y)(x+y+1) – 2xy] = x+y -1= (3) (x+y)(x+y+1) – 2xy = 0(4) Ta có (4) x y + x+y = 0( vô nghiệm ĐK) Giải hệ (2), (3) khơng khó 2.Giải PT (3x+1) x x x Lời giải: ĐK: x Đặt t = x Ta có PT tương đương với 2(3x+1) x2 4(2 x2 1) x2 3x Nên có 4t2 -2(3x+1)t + 2x +3x – = coi PT bậc hai ẩn t ta có ( x 3)2 , từ tìm nghiệm PT Câu IV Cho tam giác ABC vng C có đường cao CD Vẽ đường trịn tâm O đường kính CD cắt CA, CB E F Gọi M giao điểm BE đường tròn tâm O; AC cắt MF K, EF cắt BK P c) Chứng minh bốn điểm B, M, F, P thuộc đường tròn d) Khi D, M, P thẳng hàng, tính góc tam giác ABC HD: b) Ta có DME BMP BFP CFE nên CE DE từ giải tốn Cho tam giác ABC vng C có góc A 600 trung tuyến BD = a Tính dịên tích tam giác ABC theo a HD: Vì góc A 600 nên BC = AC Xét tam giác BCD tính BC theo a, từ tính SABC theo a Câu V Cho sáu đường tròn có bán kính có điểm chung Chứng minh tồn đường tròn chứa tâm đường tròn khác Lời giải: Giả sử có sáu đường trịn tâm Oi (i = 1->6) có bán kính r M điểm chung đường trịn Để chứng minh tốn ta cần chứng minh có hai tâm có khoảng cách không lớn r Nối M với tâm Nếu hai đoạn thẳng vừa nối nằm tia có điểm đầu M toán chứng minh Trong trường hợp ngược lại, xét góc nhỏ góc nhận đượcđỉnh M, giả sử góc O1MO2 Do tổng góc 3600 nên góc O1MO2 60 Khi tam giác O1MO2 có góc khơng nhỏ góc O1MO2( ngược lại tổng góc tam giác nhỏ 1800) Từ suy cạnh MO1 MO2 tam giác O1MO2 khơng nhỏ O1O2 tức ta có O1O2 r MO1 r, MO2 r O4 O5 O6 M O1 O3 O2 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THCS KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP BÌNH ĐỊNH - Đề thức NĂM HỌC : 2011 – 2012 Mơn thi : TỐN Thời gian làm : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 / 03 / 2012 Bài 1: ( 4,0 điểm ) a) Rút gọn biểu thức sau: A = b) Giải phương trình : 15 15 2 x3 16 x x 16 Bài 2: ( 4, điểm) a) Chứng minh n3 – n chia hết cho 24 với số tự nhiên n lẻ b) Cho a, b, c số thực dương thõa điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Chứng minh c a c b c a + b Bài 3: ( 3, điểm ) Cho phương trình x2 +(m – 1)x – = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 cho biểu thức A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn Bài 4: (6, điểm) 1) Cho tam giác ABC cân A có BAC = 200 ; AB = AC = b BC = a Chứng minh : a3 + b3 = 3ab2 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB khơng qua O) có hai điểm C, D di động cung lớn AB cho AD song song BC ( C, D khác A, B AD > BC ) Gọi M giao điểm BD AC Hai tiếp tuyến đường tròn (O) A D cắt điểm I a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng b) Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y số thực dương thõa mãn xy = Chứng minh : (x + y + 1)(x2 + y2) + x y HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: ( 4,0 điểm ) a) A= 15 15 2 15 15 15 15 15 15 = * Cách 1: A2 = + +2 2 2 2 49 = 8+2 = + = 15 Vì A > nên A = 15 * Cách 2: A = = b) 15 15 = 2 16 15 16 15 4 ( 15 1)2 ( 15 1) 15 15 = = 15 4 2 x3 x 16 ĐK : 16 – x2 > - < x < 16 x Đặt y = 16 x > x2 – 16 = - y2 Ta có : x3 - y2 = x3 – y3 = (x – y)(x2 – xy + y2) = x – y = y ) x=y 16 x = x Với x > x= ( x2 – xy + y2 > 16 x = x 16 – x2 = x2 2x2 = 16 /x/ = Kết hơp điều kiện x > - < x < , ta có x = Phương trình có nghiệm x = thõa mãn Bài 2: ( 4, điểm) a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1) Với n lẻ n – n + hai số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho , số cịn lại chia hết cho Do tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mà (3; 8) = nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24 Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Suy : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) * Cách : Nếu c a c b a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca 2ab + 2b2 + 2a2 c2 ( a + b)2 c a + b ( a, b, c > ) * Cách : Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = ( a – b + c )2 = 4ca Nếu c a ( a – b + c )2 = 4ca 4a2 ( a – b + c )2 - 4a2 (a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a ) ( c – a – b )(3a – b + c) Vì a > c b 3a – b + c > c – a – b c a + b Bài 3: ( 3, điểm ) Phương trình x2 +(m – 1)x – = có = ( m – 1)2 + 24 > với m nên ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Áp dụng định lý Vi-et : x1 + x2 = – m ; x1.x2 = - A = (x12 – 9)(x22 – 4) = (x1.x2)2 – 4x12 – 9x22 + 36 = 72 - 4x12 – 9x22 = – (4x12 + 9x22 + 12 x1.x2 ) = – ( 2x1 + 3x2)2 2 x1 3x2 1 A = x1.x2 6 2 x1 x2 m 3 6 12 Từ (2) x1 = , thay vào (1) có : + 3x2 = x2 = x2 x2 - Với x2 = x1 = - Thay vào (3) có : – m = - m = - Với x2 = - x1 = Thay vào (3) có : – m = m = - Vậy : m { ; } Bài 4: (6, điểm) 1) Cho tam giác ABC cân A có BAC = 200 ; AB = AC = b BC = a Chứng minh : a3 + b3 = 3ab2 A E D B C ABC cân A có góc BAC = 200 nên ABC = ACB = 800 Trên cạnh AC lấy D cho ABD = 600, DBC = 200 nên BDC = 800 BDC cân B BD = BC = a a2 DC BC DC = BDC ABC ( g – g) BC AC b a AD = b b 1 BD = a DE = BD = BDE vng có EBD = 600 nên BE = 2 a ; AE = b - a Áp dung định lý Pi-ta-go tg vng ADE có : a2 2 2 AD = AE + DE (b ) = (b - a)2 + (a ) b a4 a2 3a a4 + b2 - 2a2 + = b2 - ab + = 3a2 –ab b 4 b 2 2 a = 3a b - ab a + ab = 3a b a3 + b3 = 3ab2 2) Cho hai điểm A, B thuộc đường trịn (O) (AB khơng qua O) có hai điểm C, D di động cung lớn AB cho AD song song BC ( C, D khác A, B AD > BC ) Gọi M giao điểm BD AC Hai tiếp tuyến đường tròn (O) A D cắt điểm I a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng b) Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD khơng đổi a) AD // BC AB = CD DAC = ADB MA = MD Lại có : OA = OD = R nên MO đường trung trực AD (1) Mặt khác : IA ID hai tiếp tuyến (O) nên OI đường trung trực AD (2) Từ (1) (2) I, O, M thẳng hàng b) Tứ giác CMOD có : CMD = MAD ( góc ngồi tg cân) COD = MAD ( góc tâm góc nội tiếp) CMD = COD Do tứ giác CMOD nội tiếp Tương tự tứ giác BMOA nội tiếp Qua M vẽ đường thẳng d song song với AD cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA E , cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD E’ Do A đối xứng D qua đường thẳng OM, C đối xứng B qua OM nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMOD đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMOA qua OM OM ME nên OE đường kính đường trịn (BMOA) A, O, B cố định nên E cố định OE khơng đổi Đường trịn ngoại tiếp MCD có bán kính khơng đổi E B A O M I C D E' Bài 5: ( 3,0 điểm ) Cho x, y số thực dương thõa mãn xy = Chứng minh : (x + y + 1)(x2 + y2) + x y Ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) + x y x y 2 2 = ( x + y )( x + y ) + (x + y ) - ( x + y) + ( x + y ) + = (x + y + 1)(x2 + y2) - ( x + y) + ( x + y ) + x y = ( x + y ) (x2 + y2 – 1) + (x2 + y2) + ( x + y ) + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : x + y xy = ( xy = ) Dấu “ = “ xảy x = y = x2 + y2 2xy = Dấu “ = “ xảy x = y = (x+y)+ Dấu “ = “ xảy (x + y)2 = x = y = x y x y Do : (x + y + 1)(x2 + y2) + Dấu “ = “ xảy x = y = x y 2.(2 – 1) + + = ... TUM TỈNH LỚP SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP NĂM HỌC 2011-2012 Mơn: Tốn Ngày thi: 17/3/2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian ĐỀ CHÍNH THỨC giao đề) ĐỀ: (Đề thi có trang)... ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi :18/02/2012... THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP BÌNH ĐỊNH - Đề thức NĂM HỌC : 2011 – 2012 Môn thi : TOÁN Thời gian làm : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18