50 đề thi hsg toán 8 (có đáp án)

Đề Số Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp (Thời gian làm 150’) Câu 1: Giải phương trình 6x − x − 1− x = + x − x2 Câu 2: Cho hệ phương trình: x - 3y - = x2 + y2 - 2x - 2y - = Gọi (x1; y1) (x2; y2) hai nghiệm hệ phương trình Hãy tìm giá trị biểu thức M = (x1- x2)2 + (y1-y2)2 Câu 3: Từ điểm A nằm đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB AC (B,C tiếp điểm) Gọi M điểm cung nhỏ BC đường tròn (O) (M khác B C) Tiếp tuyến M cắt AB AC E, F, đường thẳng BC PQ cắt OE OF P Q Chứng minh tỷ số EF không đổi M di chuyển cung nhỏ BC Câu 4: Tìm số x, y, z nguyên dương thoả mãn đẳng thức 2(y+z) = x (yz-1) Câu 5: Một ngũ giác có tính chất: Tất tam giác có đỉnh đỉnh liên tiếp ngũ giác có diện tích Tính diện tích ngũ giác Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp (Thời gian làm bài: 150’) Câu 1: Cho biểu thức 2 (x + x + 2006) (y + y + 2006) = 2006 Hãy tính tổng: S = x + y x2 − x + y2 − y ≤0 2 x + y − Câu 2: Trong cặp số thực (x;y) thoả mãn: Hãy tìm cặp số có tổng x+2y lớn Câu 3: Tìm số nguyên dương n cho x = 2n + 2003 y = 3n + 2005 số phương Câu 4: Cho hai đường tròn (C1) (C2) tiếp xúc điểm T Hai đường tròn nằm đường tròn (C 3) tiếp xúc với (C3) tương ứng M N Tiếp tuyến chung T (C 1) (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A MN cắt (C 1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D MN cắt (C2) điểm thứ hai C a Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp b Chứng minh AB, CD PT đồng quy Câu 5: Giải phương trình x2 + 3x + = (x+3) x + Sở giáo dục đào tạo Thanh hoá ***** Đề thi học sinh giỏi lớp Môn: Toán Thời gian: 150 phút Bài 1: Có số y biểu thị dạng sau không? y = + 13 + + 13 + + 1 1 + + = Bài 2: Cho ba số a, b, c thoả mãn hệ thức: a b c a + b + c Chứng minh : 1 1 + n+ n= n n b c a + bn + c n Với số nguyên n lẻ ta có: a Bài 3: Giải hệ phương trình:  x − + y − =   x + y − = −1 Bài 4: Cho hệ phương trình hai ẩn x, y sau: ( m + 1) x + my = 2m −  mx − y = m − Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn P = xy đạt giá trị lớn Bài 5: Tìm m để phương trình (x2-1)(x+3)(x+5) = m có bốn nghiệm phân biệt x1, x2, 1 1 + + + = −1 x x , x thoả mãn điều kiện x2 x3 x4 Bài 6: Cho Parabol (P) đồ thị hàm số y= x a Tìm m cho điểm C(-2; m)thuộc Parabol b Có điểm thuộc Parabol cách hai trục toạ độ Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 – y3 – 2y2 – 3y – = Bài 8: Cho góc vuông xOy Các điểm A B tương ứng thuộc tia Ox Oy cho OA = OB Một đường thẳng d qua A cắt đoạn OB điểm M nằm O B Từ B hạ đường vuông góc với AM H cắt đường thẳng OA I Chứng minh OI = OM tứ giác OMHN nội tiếp Gọi K hình chiếu O lên BI Chứng minh OK = KH tìm quỹ tích điểm K M di động đoạn OB µ Bài 9: Cho tam giác ABC có A ≠ 90 , M điểm di động cạnh BC Gọi O E hình chiếu vuông góc M AB AC Xác định vị trí M để độ dài đoạn thẳng OE ngắn Đề thi học sinh giỏi lớp đ Bài I (2 ) + 2a Rút gọn A + + 2a + − 2a − − 2a Với a = Bài II (6đ) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x2 + 4x = 19-3y2 b) Giải hệ phương trình x3 =7x +3y y3 = 7y+3x Bài III (3đ) Cho x,y,z số không âm x+y+z =1 Tìm giá trị lớn M = xy+yz+zx Bài IV (6đ) Cho hình thang ABCD (AD//CD,AB ≠ CD) M,N thứ tự trung điểm đường hcéo AC BD , kẻ NH ⊥ AD, MH’ ⊥ BC Gọi I giao điểm MH’ NH Chứng minh I cách điểm C D Bài V (3đ) Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc đề thi học sinh giỏi - lớp môn toán -thời gian : 150 phút người đề : lê thị hương – lê thị tâm Câu 1: (4 điểm) Chứng minh biểu thức sau không phục thuộc giá trị x x − ( x + 6) x − 3 − − A = 2( x − x + 3)(2 − x ) − x + 10 x − 12 x − x − điều kiện x # 4; x # ; x # Câu 2: (3 điểm) giải phương trình x + 48 = 4x - + x + 35 Câu 3: (4 điểm) Phân tích thừa số A = x3 y3 + z3 - 3xyz Từ tìm nghiệm nguyên (x, y , z) phương trình x3 + y3 + z3 - 3xyz = x (y - z)2 + z (x - y)2 + y( z-x)2 (1) t/m đk: max (x, y, z) < x + y + z - max (x, y, z) (2) Câu 4: (3 điểm) Tìm GTNN biểu thức ϕ x10 y10 ( + ) + ( x16 + y16 ) − (1 + x y ) x = y Câu 5: (3 điểm) cho tam giác ABC có AB = 3cm; BC = 4cm ; CA = 5cm đường cao, đường phân giác, đường trung tuyến tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành phần Hãy tính diện tích phần Câu 6: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (0) có đường chéo AC&BD vuông với H < H không trùng với tâm (0) Gọi M,N chân đường vuông góc hạ từ H xuống đường thẳng AB, BC; P&Q giao điểm đường thẳng MH & NH với đường thẳng CD; OA chứng minh đường thẳng PQ // đường thẳng AC điểm M, N, P, Q nằm (0) Đề thi học sinh giỏi Toán lớp Sở GD-ĐT hoá Bảng A TrườngTHPT Bỉm Sơn ( Đề đề nghị ) Thời gian 150 phút ( Không kể thời gian phát đề) ( x + y )2 Câu1 : (4 điểm) Cho biểu thức A= x x + y y ( x x−y y x− y − x− y x− y ) 1,Rút gọn biểu thức A 2, So sánh A A Câu 2: ( Điểm) 1, Giải phương trình: x2 + 4x + = 2x + 2, Cho ≤ a ≤ ≤ b ≤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: ( a + b) 3 P= a + b Câu 3, (6 điểm) 1, Số đo hai cạnh góc vuông tam giác vuông nghiệm phương trình bậc hai: (m-2)x2-2(m-1)x +m = Hãy xác định giá trị m để số đo đường cao ứng với cạnh huyền tam giác là: 2, Cho điểm A,B phân biệt đường thẳng ( ∆ ) Đường tròn (o) tiếp xúc với đường thẳng ( ∆ ) A Hãy dựng đường tròn (o’) tiếp xúc với đường tròn (o) tiếp xúc với đường thẳng ( ∆ ) B Câu 4: (5 điểm) Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o 1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o 1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: 1, Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD 2, Tam giác EPQ tam giác cân Sở giáo dục đào tạo hoá đề thi học sinh giỏi lớp – bảng b Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)  1 a +    1 +  + − − a  a  + a − a  Bài 1: Rút gọn A= với a > a ≠1 Bài 2: Phân tích đa thức B = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + thành nhân tử Bài 3: Tìm m để phương trình x2 − 15 x + m2 = có hai nghiệm nghiệm bình phương nghiệm Bài 4: Xác định m để hệ sau có nghiệm (x, y) với x, y số nguyên  mx + y = m +  2 x + my = 2m − (1) ( 2) Bài 5: Giải phương trình x + x + = Bài 6: Cho đường thẳng (d): y = x + 2m – gọi A, B giao điểm d với Ox, Oy Xác định m để S∆ABO Bài 7: Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x) Bài 8: Tính bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC vuông A biết đường phân giác AD chia cạnh huyền thành đoạn thẳng có độ dài 10 cm 20 cm Bài 9: Cho đường tròn tâm O, tiếp tuyến đường tròn B, C cắt A, ∧ BAC = 600, M thuộc cung nhỏ BC, tiếp tuyến M cắt AB, AC D, E Gọi giao điểm OD, OE với BC I, K Chứng minh tứ giác IOCE nội tiếp Bài 10: Chứng minh tứ diện tồn cạnh xuất phát từ đỉnh mà cạnh nhỏ tổng hai cạnh Tài liệu: - Bài 1, 2, 5: Một số vấn đề phát triển Đại số - Bài 3, : Đại số nâng cao lớp - Bài : Bất đẳng thức – Phan Đức Chính - Bài 8, 9, 10: Một số vấn đề phát triển Hình học Sở Giáo dục Đào Tạo hoá đề thi chọn học sinh giỏi lớp THCS Bài I (3,0 điểm): Tính giá trị biểu thức P = Môn thi : Toán ( Thời gian làm : 150 phút) a +1 a4 + a + − a2 Trong a nghiệm dương phương trình : 4x2+ x- = Bài II ( 6,0 điểm): 1) Giả sử phương trình : x2+ax+b = có hai nghiệm x1 , x2 phương trình :x2+cx +d = có hai nghiệm x3 , x4 Chứng minh : 2(x1+x3) (x1+x4) (x2+x3) (x2+x4) = 2(b-d)2- (a2-c2)(b-d)+(a+c)2(b+d) 2) Chứng minh phương trình : ax4+bx3+cx2-2bx+4a=0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1,x2 thoả mãn x1x2=1 5a2=2b2+ac Bài III (5,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AA’,BB’,CC’ đường cao H trực tâmAH BH CH 1) Chứng minh rằng: HA ' + HB ' + HC ' ≥ 2) Cho biết AH = m Hãy tính tgB.tgC theo m A' H Bài IV (4,0 điểm): Từ điểm O tuỳ ý mặt phẳng chứa hình bình hành ABCD Ta nối với đỉnh hình bình hành Chứng minh diện tích tam giác AOC tổng hiệu diện tích hai tam giác kề nhau,mỗi tam giác tạo hai đường thẳng OA,OB,OC,OD cạnh hình bình hành Bài V (2,0 điểm): Gọi A tập hợp số nguyên tố p cho phương trình : x2+x+1 = py có nghiệm nguyên x,y Chứng minh A tập hợp vô hạn Sở GD-ĐT Thanh Hóa Trường THPT Mai Anh Tuấn Đề thi học sinh giỏi lớp Môn : Toán - Năm học: 2005 - 2006 (Thời gian làm bài: 180 phút) Bài 1: (2,0đ) Tính giá trị biểu thức: A= + + + − 2− Bài 2: (5,0đ) Cho parabol(P): y= x 10 ( x − y )( x − z )( y − z ) = ( x − y )( z − x)( y − z ) ⇒ ( x − y )( x − z )( y − z ).x y z = x2 y z ( x − y )( x − z )( y − z ) ( x − y )( x − z )( y − z ) = ⇔ 2 ⇔ x y z = Bài3 ( x − y )( x − z )( y − z ) =  xyz = ±1  Nhân thấy: u = + , v = − nghiệm phương trình: 2đ x − x + = ⇒ u − 4u + = ⇒ u = 4u − ⇒ u = u (4u − 1) = = 4(4u − 1) − u = 15u − ⇒ u = 15u − 4u = 56u − 15 ⇒ u − 5u + 6u − 5u = −1 Bài4 Nhận thấy : (x=0,y=0,z=0) nghiệm hệ phương trình Ta chứng minh nghiêm 2đ Giả sử ∃( x0 , y0 , z0 ) nghiêm hệ Sao cho: có thành phàn khác Khôngmất tính tổng quát giả sử: x0 ≥ y0 ≥ z0 ⇒ x0 ≠ Ta có : a1 x0 + a2 y0 + a3 z0 = ⇔ a1 + a2 y0 z + a3 = x0 x0 (1) Tuy nhiên: a1 + a2 y0 z y z + a3 ≥ a1 − a2 − a3 ≥ a1 − a2 − a3 = a1 + a2 + a3 > x0 x0 x0 x0 kêt hơp với (1) ⇒ Vô lý Vậy phương trình có nghiệm 270 Bài5 Phương trình tương đương: y= Đặt: 2 x + x − = y  2 y + y − = x ⇒ 2x2 + 4x − = x ⇔ x = − + 12 Nhận thấy: A,B phía trục ox Gọi A’ điểm đối xứng với A qua ox A’(2;-2) Đường thẳng qua A’B có phương trình là: y= x−5 Gọi: P’ giao (d) ox Bài7 Bài8 2đ x+3 −1 x+3 −1 ⇔ y2 + y −1 = x Từ ta có hệ : Bài6 x2 + 4x = = 2đ y ⇒ P' ( Ta chứng minh P’ điểm cần tìm P’ x Thật vậy: Giả sử tồn Ptrên ox: ⇒ PA + PB = PA'+ PB ≥ A' B Đẳng thức xảy khi: P ≡ P' 10 ;0) A B A’ x ∈ N : x − số phương Khi phương trình: t − xt + = có nghiệm: t ∈ Z ⇒ t / ⇒ t = ±1, t = ±2 Thay vào ta x=2 giá trị cần tìm 1) Điều kiện cần: Qua đỉnh tam giác ABC kẻ đường vuông góc: AA1 , BB1 , CC1 với đường PQ Khi : R 2đ 2đ AA1 // BB1 // CC1 ⇒ AR AA1 QC CC1 = , = BR BB1 QA AA1 PB BB1 = PC CC1 B B1 C1 271 Vậy : AR QC PB AA1 CC1 BB1 = =1 BR QA PC BB1 AA1 CC1 A C Điều kiện đủ: Gọi giao điểm RP với AC Q’ 2) Q A1 PB Q' C RA =1 Khi theo ta có: PC Q' A RB ⇒ Q' ' C QC = Q' A QA Vì có điểm chia đoạn AC nên: Q' ≡ Q Hay R,P,Q thẳng hàng Bài9 2đ Giả sử: AB ≥ AC (*) tam giác ABC ta co : BCˆ A ≥ ABˆ C Nhưng: BCˆ D > BCˆ A ≥ ABˆ C > DBˆ C Vì thế: Trong tam giác BCD: BCˆ D > DBˆ C Do : BD > CD (**) Bài10 Từ (*) (**) ta có: AB + BD > AC + CD Trái giả thuyết Vậy: AB < AC Ta xét trường hợp sau : Trường hợp A nằm đường tròn: P1 1) Do: OM=ON;MA+NP; OA chung Do : ∆OMA = ∆ONP T2 ⇒ OP = OA Không đổi M Vậy P thuộc đường tròn bán kính OA O Giới hạn: Goi T1 ,T2 tiếp điểm tiếp N T tuyến vẽ từ A P Khi M ch y đế n T P ch y đế n P P • Khi M chạy đến T2 P chạy đến P1 • Tập hơp P cung P1AP2 đường tròn tâm O bán kính OA Trường hợp điểm nằm đường tròn: 2) Tập hợp P đường tròn cho Trường hợp A nằm đường tròn: 3) Tập hợp P đường tròn tâm O bán kinh OA - 2đ A 272 sở gd & đt hoá cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam trường Thpt quan sơn Độc lập - Tự - Hạnh phúc đáp án Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi lớp Thời gian: 150 phút môn thi: bảng: Toán học B Bài làm Câu (2 để i m) Ta có: (ax2 + by2 )(x + y) = ax3 + by3 + (ax + by)xy = + 3xy ⇒ 5(x + y) = + 3xy (I) (0,5 để i m) Tương tự: (ax3 + by3)(x + y) = ax4 + by4 +xy(ax2 + by2) = 17 + 5xy 273 ⇒ 9(x + y) = 17 + 5xy (II) 9 + xy = 5( x + y ) x + y = ⇔  Từ (I) (II) ta có: 17 + xy = 9( x + y )  xy = x = a + 2b = a = ⇒ ⇒ ⇒ y = a + b =   b = Do vai trò x y ngang Vậy A = + 22005 Câu II (2 để i m) (0,5 để i m) (0,5 để i m) (0,5 để i m) 1 = − Ta có: ( x + n − 2)( x + n − 1)( x + n ) ( x + n − 2)( x + n − 1) ( x + n − 2)( x + n ) 1 1 1  − −  −  x + n − x + n −1  x + n − x + n  1 1 1 ⇒ A= − + − + + − x x +1 x +1 x + x + n − x + n −1 11 1 1  −  − + − + + −   x x + x +1 x + x+n−2 x+n = = 1 11  n −1 n − −  − − = x x + n −  x x + n  x( n + x − 1) x ( x + n) =  n −1 n  −   x  x + n −1 x + n  (0,5 để i m) (1 để i m) Thay x = 1; n = 2005 ta có: 2004 2005 − A = 2005 2006 (0,5 để i m) Câu III Giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2: Ta có: x13 + x23 = -36 ⇔ (x1 + x2)[(x1 + x2)2 - 3x1x2] = -36 (0,5 để i m) ⇔ 2(m + 1) [(4(m + 1) -3(m - 2)] = -36 ⇔ 4m3 + 9m2 + 15m - 28 = ⇔ (m - 1)(4m2 + 13m + 28) = ⇔ m = (1 để i m) Với m = 1, phường trình (2) trở thành: x2 - 4x + (-1) = Có ∆' = + 1=5 > ⇒ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Vậy với m = toán thoả mãn (0,5 để i m) Câu IV (2 để i m) mx + y = m + 1.(1)  2 x + my = 2m + 5.(2) (A) Cộng (1) (2) theo vế ta có: (m + 2)x + (m + 2)y = 3m + ⇔ (m + 2)(x + y) = 3(m + 2) (*) (1 để i m) 274  − x + y = −1 ⇔ 2x − y =  x − y =  + Nếu m = -2, (A) trở thành: để i m) + Nếu m ≠ -2 từ (*) ta coá: x + y = Câu V (2 để i m) ( (0,5 (0,5 để i m) )  x + xy + y x + y = 185.(1)  2 2 Giải hệ phương trình: ( x − xy + y ) x + y 65.(2) 2 2 Cộng (1) (2) theo vế ta có: 2( x + y ) x + y = 250  x + y = 25  x + y = ±7 ⇔ ⇔  xy = ±1  xy = 12  x =  x =  x = −4  x = −3 ⇔ ∨ ∨ ∨  y =  y =  y = −3  y = −4 (0,5 để i m) (1 để i m) (0,5 để i m) Câu VI Để đường thẳng (d) Parabol (P) cắt hai điểm phân biệt phương trình hoành độ: mx2 = 2x + phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ mx2 - 2x - =0 phải có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = +m > ⇔ m > -1 Vậy m >-1 m ≠ Câu VII Cho a, b, c ∈ [0; 1] Chứng minh rằng: a b c + + + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ b + c +1 a + c +1 a + b +1 (1) Vai trò a, b, c ngang nên giả sử: a ≤ b ≤ c áp dung BĐT Cauchy cho số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: ( a + b + 1)(1 − a )(1 − b ) ≤  a + b + + − a + − b  =   ⇒ (1 − a )(1 − b ) ≤ a + b +1 1− c ⇒ (1 − a )(1 − b ) ≤ a + b +1 (0,5 để i m) (0,5 để i m) Vì a ≤ b ≤ c nên: 275 a a (0,5 để i m) ≤ b + c +1 a + b +1 b b (0,5 để i m) ≤ a + c +1 a + b +1 a b c a b c 1− c ⇒ + + + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ + + + =1 b + c +1 a + c +1 a + b +1 a + b +1 a + b +1 a + b +1 a + b +1 y Câu VIII C I B H O A K E x Giả sử Cy tia đối tia CB Dựng DH, DI, DK vuông góc với đường thẳng BC, CA, AB Từ giả thiết ta có:  DI = DK ⇒ DI = DH   DK = DH (0,5 để i m) (I phải nằm tia CA I nằm tia đối tia CA DI > DH Suy ra: CD phân giác góc ACy (0,5 để i m) Từ đó: ACˆ D = DCˆ y = 300 + 1300 = 800 Mặt khác: CAˆ E = 180 − 130 = 50 ⇒ CEˆ A = 50 ⇒ ∆CAE cân C ⇒ AC = CE Câu IX (2 để i m) 0 0 (1 để i m) OA S S S + S ∆AOC = ∆AOC = ∆AOB = ∆AOB S ∆ABC Ta có: AD S∆ADXC S∆ABD Tương tự: OB S ∆OAB + S ∆OBC = BE S ∆ABC OC S ∆OAC + S ∆OBC = CF S ∆ABC OA OB OC + + =2 AD BE CF 1   ⇔ R + + =2  AD BE CF  (1 để i m) ⇒ (0,5 để i m) áp dụng BĐT Cauchy ta có: 276 1   2( AD + BE + CF ) = R ( AD + BE + CF )  + +  ≥ 9R  AD BE CF  9R (0,5 để i m) ⇒ AD + BE + CF ≥ Dấu ' = ' xảy tam giác ABC tam giác Câu X (2 để i m) Ta có: A  BC ⊥ AI ⇒ BC ⊥ ( AOI )   BC ⊥ Ao ⇒ BC ⊥ OH Tương tự: OH ⊥ AB OH ⊥ AC ⇒ OH ⊥ (ABC) (0,5 để i m) * Xét tam giác vuông OAI ta có: 1 = + 2 OH OA OI (1) (0,5 để i m) Xét tam giác vuông OBC ta có B 1 = + 2 OI OB OC H O (2) (0,5 để i m) I Từ (1) (2)ta có: 1 1 = + + 2 OH OA OB OC (0,5 để i m) Đáp án Câu Câu1 (4điểm) C phương trình : Thang điểm Tacó : ∆ = a − x2 + a.x+1=0 Điều kiện để phương trình có nghiệm x1,x2 ∆ ≥ Ta có :  x1   x2 2 ⇔ a2 ≥ ⇔ a ≥  x   +   > ⇔ x1 + x > x1 x 2 ⇔ ( x1 + x ) − x1 x   x1  ( ) 0.5đ (1) 0.5đ > 9( x1 x ) 0.5đ (2) Theo định lý Viét ta có :  x1 + x = −a   x1 x = Thay vào (2) ta : (a2 -2)2 >9 ⇔ a2 − > 0.5đ  a2 − > ⇔ a − < −3 ⇔ a > 277 ⇔a > (thoả mãn (1) ) Vậy với a > thoả mãn yêu cầu toán − x + x − = x − x + 18 2.Giải phương trình : Điều kiện : Ta có : 0.5đ 5 − x ≥ ⇔ ≤x ≤  x − ≥ (*) − x + x − = (5 − x).1 + ( x − 3).1 ≤ 0.5đ (5 − x) + ( x − 3) + + =2 2 0.5đ 5 − x = ⇔x=4  x − =  Đẳng thức xảy : 0.5đ Mặt khác :x2-8x+18=(x-4)2+2 ≥ ;Đẳng thức xảy :x=4 Suy ra: − x + x − = x − x + 18 ⇔ x = (thoả mãn (*) ) Vậy phương trình cho có nghiệm :x=4 278 Câu2 (4điểm)  x + y =   y + = z  z + =  x Giải hệ phương trình :  0.5đ 0.5đ Cách1: Điều kiện : x,y,z ≠ 0.5đ x + =2 Từ pt (1) và(3) rút y,z thay vào pt (2) ta đuợc : − x x − 0.5đ Giải ta : x=1 Do y=1;z=1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1;1) 279 Câu2 (4điểm)  x + y =   x + = z  z + =  x Cách2:  0.5đ 1 ⇒ (x + ) + ( y + ) + (z + ) = x y z (*) 0.5đ Ta có: x+ 1 ≥2 y+ ≥2 z+ ≥2 y x z ; ; 0.5đ Đẳng thức xảy khi:x=y=z=1 suy : 0.5đ VT(*) ≥ VT(*) ≤ −6 (loại) Pt(*) ⇔ x = y = z = Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1;1)   x − y + x + y =  x + 2y  =6  x − y 2.Hê phươngtrình : Điều kiện: 0.5đ 0.5đ x ≠ 2y u + v = u = ⇔  uv = x − y v =  Đặt :u= ;v =x+2y Hệ pt trở thành :    u =  =  x = ⇔ x − 2y ⇔  v =  x + 2y = y =   12      x = u =   =2 ⇔ x − 2y ⇔  v =  x + 2y = y =    u =  v = 0.5đ 0.5đ 7 ; ); ( ; ) Vậy hệ pt cho có hai nghiệm : ( 12 280 Câu3 (7điểm) 0.5đ 0.5đ 0.5đ ∆ ABF ∆ AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC ⇒ AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) không đổi 0.5đ cố định 281 Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1) 0.5 điểm 1 ∠ ∠ ∠ AOF = EOF ∠ EKF = EOF điểm 0.5 điểm 0,5 điểm ⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2) Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF Do :EK vàAB song song vơí 0,5 điểm Cm A,N,O thẳng hàng AO ⊥ EF ; Gọi H giao điểm BC EF AH AN = Ta có : ∆ ANH ∆ AIO đồng dạng nên AO AI Suy :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC Do : AI.AH =AB.AC ⇒ AH = AB AC AI 0,5 điểm 1.0 điểm 1.0 điểm không đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN qua I H ;Do tâm đương f tròn nằm đường trung trực IH 282 Câu4 điểm A= 0.5 điểm 2x − x 2x 2x − x + =( + )+( − + 1) = + +3 1− x x 1− x x 1− x 1− x 1− x x (với 0, y>0 ta có dấu “=” xảy khi: x- y = hay x=y 1 + ≥ Vậy: x y x + y dấu “=” xảy khi: x=y b, ta có: P−a= b+c−a >0 P−b= a+c−b >0 P−c= b+a−c >0 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 1 + ≥ áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y x + y 1 4 + ≥ = p − a p −b 2p − a −b c Tương tự ta có: 283 1 1 + ≥ + ≥ p−b p−c a ; p−c p−a b 1 1 1 + + ) ≥ 4( + + ) a b c  p −a p−b p−c ( ( 1 1 1 + + ) ≥ 2( + + ) p −a p−b p−c a b c  Dấu “ =” xảy khi: a=b=c 284 [...]... trường thpt tĩnh gia 3 đề thi tuyển sinh vào chuyên toán trường lam sơn hệ thpt ( vòng thi thứ 2) môn thi : toán thời gian : 150 phút Câu 1 (3diểm) a Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất x 2 − 2m 2 x + 2m 4 − 7 m 2 + 6 =0 x 2 + 7 x + 12 b Giả hệ phương trình sau 31 1 x +y = 2 2 2 (1) 4x( x3 –x2 +x-1) =y2+2xy -2 (2) Câu 2 (1.5điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1) Câu 3 (1.5... điểm của các đoạn HB, HC c Cho AB = 8cm, AC = 9cm Tính diện tích tứ giác MDEN Bài 5: (2 điểm) Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 2 + ≥ 2 2 1 + xy với x ≥ 1, y ≥ 1 1+ x 1+ y Người ra đề Nguyễn Thị Tuyết Sở GD & ĐT Thanh hoá đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 9 Trường THPT Quảng Xương 1 Môn: môn toán - bảng A -năm học 2005 - 2006 (Thời gian 150 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (5 điểm) 1− x x  1 +... trị lớn nhất của diện tích ∆KAB theo R khi M, N thay đổi những vẫn thỏa mãn giả thi t của bài toán Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x)2 ≥ 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2 35 Đề thi toán học sinh giỏi lớp 9 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài 1: (4 điểm) 1) Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: (1 + y )(1 + z )... a ≤ 3 ; 8 ≤ b ≤ 11 và a + b = 11 Tìm giá trị lớn nhất của tích P = a.b 2/ Trong mặt phẳng ( P ) cho 3 tia chung gốc và phân biệt Ox ; Oy ; Oz Tia Ot không thuộc (P) và xOt = yOt = zOt Chứng minh Ot vuông góc với mặt phẳng (P) 16 Sở GD&ĐT Thanh Hoá Trường THPT Hoằng Hoá 2 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn : Toán Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài... điểm a Tìm quỹ tích điểm T và T’ b Vễ đường kính MB của đường tròn (O) Gọi P là giao điểm của AM và (O) Chứng minh rằng : AM.AP = AO2-OC2 c Tìm quỹ tích các điểm M và P 2 Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn toán Đề đề xuất Thời gian 150 Bài 1:(4đ) Cho biểu thức: P= 3 1 4 − 4 − 5 3 4 3 x − x + x −1 x + x − x −1 x − x + x − x2 + x −1 4 3 a\ Rút gọn biểu thức P b\ Chứng minh rằng: 01 n 2 n n + 1 với mọi số tự nhiên n > 1 / đề thi học sinh giỏi lớp 9 THcs môn toán ( Thời gian: 150 phút) Câu 1: a.(1 đ) Rút gọn biểu thức A = 4 + 10 + 2 5 + 4 − 10 + 2 5 b.(1 đ) Tính giá trị biểu thức 1 + 2x 1 − 2x 3