Tuyển tập đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án

Phòng GD & ĐT Đơng sơn Đề thi học sinh giỏi lớp (Bảng A) Mơn : Tốn (Thời gian làm bài: 150 phút.) 1 1 x− y + ( + ): Bài 1: Cho biểu thức: A = ( x + y ) x + y + xy ( x + y )3 x y xy xy a, Rút gọn biểu thức A b, Tính giá trị biểu thức A x = + ; y = - (Đề sáng tác) Bài 2: Cho số a, b, c ≠ thỏa mãn: a ≠ b ≠ c a3+b3 +c3 = 3abc P= a−b b−c c−a + + ; c a c Q= c a b + + a−b b−c c−a Chứng minh : P.Q = (Tương tự 53-"23 chun đề giải 1001 tốn sơ cấp") Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x + = 2(x2+1) + 2x -1 (Bài 16 -trang 11-"Phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực") Bài 4: Giải hệ phương trình sau:  x − y + x = y   x + y + 18 xy = x + y + 13 (Đề sáng tác) Bài 5: Cho số x,y,z thỏa mãn x + y + z = x 4+y4+z4 =3xyz Hãy tính giá trị biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006 (Đề sáng tác ) Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hồnh độ a a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn b) Chứng minh AM ngắn đường thẳng AM vng góc với tiếp tuyến (P) điểm M (Bài 579-"23 chun đề giải 1001 tốn sơ cấp") Bài 7: Tìm nghiệm ngun phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y (Đề sáng tác) Bài 8: Cho tam giác ABC vng A I trung điểm cạnh BC, D điểm cạnh BC Đường trung trực AD cắt đường trung trực AB, AC theo thứ tự E F a) Chứng minh rằng: điểm A,E,I,D,F thuộc đường tròn b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB c) Cho AC = b; AB = c Hãy tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF theo b, c ( Đề sáng tác) Bài 9: Cho tam giác ABC cân A Một điểm P di động BC Qua P vẽ PQ//AC (Q∈ AB) PR//AB (R ∈ AC) Tìm quỹ tích điểm D đối xứng với P qua QR (Bài 1000 -"23 chun đề giải 1001 tốn sơ cấp") Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp Mơn : Tốn Bài Lời giải Biểu điểm 0,25 a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x ≠ y 1 x− y + ( + ) : A = ( x + y ) x + y + xy ( x + y )3 x y xy xy x+ y = xy ( x + = y )2 x + y + xy = + xy( x + xy x− y ( x+ y) y )3 ( x y ) xy xy x− y xy xy y )2 xy xy 2( x + x− y xy = x− 0,75 y b) Với x= + Và y = - ta có : x >y xy A= x− y >0 0,25 [( + ) ( − ) ] ( xy )2 42 = = =8 Mà A = x + y − xy ( + ) + ( − ) − − ( )2 − 2.2 Vậy : A = = 2 0,75 Ta có : a + b + c = 3abc ⇔ a + b + c -3abc = ⇔ (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = (1) 3 3 Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = 3 [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] ≠ ( Do a ≠ b ≠ c ) Do đó:(1) ⇔ a +b +c = ⇒ a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) Mặt khác : a − b b − c c − a ab( b − a ) + bc( b − c ) + ac ( c − a ) + + = c a b abc 2 2 ab( a − b ) + b c − bc + ac − a c ( a − b )( b − c )( a − c ) = P= abc abc 0,5 P= (3) Hơn : Đặt a − b = z  b − c = x c − a = y  Vì : Ta có  x − y = a + b − c = −3 c   y − z = b + c − a = −3 a  z − x = a + c − b = −3 b  (do (2) ) c a b x− y y−z z− x + + =− ( + + ) a−b b−c c−a z x y ( x − y ).( y − z ).( x − z ) =- ( Biến đổi tương tự rút gọn P ) xyz ( −3c ).( −3a ).[ −( −3b )] =- ( a − b ).( b − c ).c − a ) − abc = (4) ( a − b )( b − c )( c − a ) Q= 0,5 Từ (3) (4) ta có : P.Q= Vậy ( a − b ).( b − c ).( a − c ) − abc =9 abc ( a − b ).( b − c ).( c − a ) 0,75 P.Q = 0,25 (4x – 1) x + = 2(x +1) +2x -1 Đặt x + = y ( y ≥ 1) Ta có : (5) ⇔ (4x -1).y = 2y2 + 2x – ⇔ 2y2 - 4xy +2x + y -1 = ⇔ (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = ⇔ 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = ⇔ (y-2x + ) (2y- 1) = (5) 0,25 1,0  y = 2x − ⇔   y = < 1( lo¹i )  ⇔ x + = 2x -1 ⇔ x2 + = 4x2 – 4x + ⇔ x(3x – 4) =  x − y + x = (I )  x = ⇔  x =  y(a )  x + y + 18 xy = x + y + 13( b ) (ĐKXĐ : x ≥ 0; y ≥ ) Ta có : ( a) ⇔ ( x − y )( x + y + ) = ⇔ x − y =0 ⇔ x = y ⇔ x = y vào (b) ta đợc : 0,75 1,0 2x +18x = x + x + 13 ⇔ 20x - x -13 = (6) Đặt x =t (t ≥ ) ta có : t = ( 6) ⇔ 20 t – 7t – 13 = ⇔  − 13 t= < ( lo¹i ) 20  ⇔ x =1 ⇔ x=1 Vậy hệ (I) có nghiệm (x,y) = (1, 1) 1,0  x4 + y4 ≥ x4 y4 = x y2   y + z4 4 2  ≥ y z = y z  ⇒ Theo BĐT Cơ si ta có :   z4 + x4 ≥ z x = x z   4 2 2 2 ⇒ x + y +z ≥ x y + y z +x z (7) 0,75 2 2 2 2 Mặt khác : x y + y z +x z ≥ xy z + xyz +x yz (C/M tương tự q trình trên) ⇔ x2y2 + y2z2 +x2z2 ≥ xyz (x +y +z) ⇔ x2y2 + y2z2 +x2z2 ≥ 3xyz (8) (do x +y z =3 ) Do : x4 +y4 + z4 ≥ 3xyz Dấu “ = “xảy (9) 0,75 x = y ; y = z ;z = x ⇔  2 ⇔x=y=z 2 2 2 2 2 x y = y z ; y z = z x ;z x = x y 4 4 4 Hơn x + y +z =3 Từ (10 ) (11) ⇒ 3x = ⇒ x = ⇒ y = z =1 ⇒ x2006 + y2006 + z2006 = + +1 = Vậy : M=3 (10) (11) a)Ta có : A (3; 0) M(a; a2 ) : AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + ≥ ⇒ AM ≥ ⇒ Min AM = a = b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn ⇔ a = ,Khi M(1;1) Do phương trình đường thẳng AM là: y = - 0,5 1.0 x+ 2 0,25 (do A(3;0)) (c) Gọi phương trình đường thẳng qua điểm M (1;1) tiếp xúc với ( P) điểm M (d) : y = ax +b ta có : a + b = (12) (Do M(1;1) ∈ (d) ) phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) ) Mà : x2 = ax + b ⇔ x2 – (ax + b ) = (14) Phương trình (14 ) có ∆ = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b Nên : (13) ⇔ a2 + 4b = (15) Từ (12) (15 ) ta có hệ phương trình: a + b = a + 4( − a ) = a = ⇔ ⇔   b = −1 a + b = b = − a Vì phương trình đường thẳng qua điểm M(1;1) tiếp xúc với ( P ) M : y = 2x -1 (d) Từ (c ) ( d) ⇒ (d) AM (do - = -1 ) 0,5 Vậy : Khi AM ngắn AM vng góc với tiếp tuyến (P) tạiM 0,25 +)Nhận thấy (0;0) nghiệm ngun phương trình : x + x2 +x +1 = 2003 (16) y ∉ ∈ +) Với y< ta có : 2003 Z mà x +x +x +1 Z 0,5 (Với x ∈ Z ) ⇒ Phương trình (16) khơng có nghiệm ngun thỏa mãn y < 0,25 +) Với y >0 ta có : (16) ⇔ (x +1)(x2 +1) = 2003y (*) Từ (*) ⇒ x +1 >0 (do x2 +1 > 2003y > ) Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có : (x+1)  d (x2 + 1)  d ⇒ [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d ⇔ 2d   ⇒ d =1 (**) Hon nòatõ(*) ⇒ 2003 y d  Mặt khác : 2003 số ngun tố ,nên ớc 2003y 2003m (m ∈ N* ) (***) x + = Từ (*) , (**) (***) ⇒  x + = ⇒ x = ⇒ y = (loại) ⇒ phương trình (16) khơng có nghiệm ngun thỏa mản y > Vậy : Phương trình có nghiệm ngun ( 0; 0) a) Ta có : E giao điểm đường trung trực cạnh AD,AB Nên E tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABD Tương tự ta có: F tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ACD Do : B +ABD = AED ⇒ AED = B +ACD = AFD A 1,0 0,25 F M E C H I 0,5 D ⇒ AFD = C ⇒ AED + AFD = (B +C) =1800 ⇒ AEDF Nội tiếp Lại có : AI = BC = BI ⇒ ∆ ABC cân I (17) ⇒ BAI = B ⇒ AID = B ⇒ AID + AFD = 1800 ⇒ Tứ Giác AIDF nội tiếp (18) Từ (17 ) ; (18 ) ⇒ điểm A , E , I , D , F thuộc đường tròn 0,5 0,5 b)Ta có EF đường trung trực AD nên : AE = ED ; FA =FD ⇒ ∆ AEF = ∆ DEF ( c c.c ) 1 ⇒ + )AEF = DEF = AED = B = B 2 + ) Tương tự AEF = C ∆ ABC (g.g) Suy ∆ AEF AE AF ⇒ AE.AC = AE AB = AB AC ∆ ABC c) Theo câu b) Ta ccó : ∆ AEF AE AF ⇒ = k ( k tỉ số đồng dạng) = AB AC ⇒ AE =kc ; AF = kb Ta có : ∆ AEF vng A (do ∆ ABC vng A ∆ ABC ) ∆ AEF ⇒ 0,5 Nên diện tích ∆ AEF S = Mặt khác S = AE.AF ⇒ 2S = k2 bc (19) AM.EF ⇔ 2S = AM EF ⇔ 4S2 = AM2 EF2 AD ) (k2b2 + k2c2 ) (20) AD b + c b2 + c2 ⇒ ⇒ AD (21) Từ (19) (20) 2S = S= bc 8bc ⇔ Do : S nhỏ AD nhỏ Mà AD ≥ AH ( AH BC , H ∈ BC ) AB AC bc bc Lại có AH = BC = 2 ⇒ AD ≥ 2 (22) b +c b +c b + c (bc ) bc = Từ (21) ; (22) ⇒ S ≥ 8bc b + c bc Vậy Min S = ( Khi D ≡ H ) ⇔ 4S2 = ( a) Phần thuận Giả sử D điểm đối xứng với P qua QR ta có : A * QP = QB = QD ⇒ P, B , D thuộc đường tròn (Q) ⇒ BDP = * Tương tự : 1 BQP = BAC (23) 2 CDP = BAC (24) D R Q 1,0 Từ (23) ;(24) ⇒ BDC = BAC ⇒ điểm D thuộc cung BAC B P C (Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ ≠ B, C) , Gọi Q’ giao điểm AB với đường trung trực D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ đường trung trực D’P’ Vậy qũy tích điểm D cung BAC đường tròn ngoại tiếp tam giác 1,0 ABC (trừ điểm B,C ) PHỊNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài: 120 phút THỨC Câu 1:(1 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x +2009 x +2008 x +2009 Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình sau: x + 2 x + 45 x + x + 69 + = + 13 15 37 Câu 3: (2 điểm) a + b4 a/ Chứng minh ≥ ab3 + a 3b − a 2b 2 b/ Cho hai số dương a,b a=5-b a Tìm giá trị nhỏ tổng P= + b Câu 4:(2 điểm) a/ Cho a b hai số thực dương thõa mãn điều kiện : a 2006 + b 2006 = a 2007 + b 2007 = a 2008 + b 2008 Hãy tính tổng: S= a 2009 + b 2009 b/ Chứng minh :A= + − 13 + 48 số ngun 6+ Câu 5: (1 điểm) Tìm số ngun dương x,y thõa mãn phương trình sau: xy-2x-3y+1=0 Câu 6: (3điểm) Cho tam giác ABC vng A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia HC lấy điểm D cho HD=HA.Đường vng góc với với BC D cắt AC E a)Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng b)Chứng minh tam giác ABE cân c)Gọi M trung điểm BE vẽ tia AM cắt BC G Chứng minh rằng: GB HD = BC AH + HC PHỊNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA NĂM HỌC 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1 điểm) x +2009 x +2008 x +2009 Vậy maxA = -1, minA= -4 ĐK < x ≤ Đặt + x = a, − x = b ⇒ a2 + b2 = (a > 0, b > 0) ⇒ a2 2+a + b2 −b 0,5đ 0,5đ = ⇒ ⇒ (2 + ab) = (a − b)(2 + ab) Vì a > 0, b > ⇒ + ab > ⇒ a - b = ⇒ a2 - 2ab - b2 = ⇒ 2ab = ⇒ ab = (2 + x )(2 − x ) = 0,5đ 0,5đ ⇒ − x = ⇒ − x = ⇒ x = (TM) Bài (4 điểm) Ta có a + b + c ≠ a + b + c = vào giả thiết ta có a b c + + = ⇔ −3 = (vơ lí) −a −b 0,5đ −c Khi a + b + c ≠ ta có b c   a + +  (a + b + c) = a + b + c b+c c +a a +b  a2 a(b + c) b(c + a) b2 c ( a + b) c2 ⇒ + + + + + = a+b+c b+c b+c c+a c+a a+b a+b b2 c2 + a + b + c = a + b + c ⇒ a2 + + b+c c+a a+b 2 ⇒ a + b + c = ⇒ Q = b+c c+a a+b Giải phương trình nghiệm ngun 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + = ⇔ ⇔ (2x + y + 1)(x + y + 1) = -1 2x + y + x + y + ước -1 2 x + y + = ⇒ ⇒ x = 2, y = −4 TH 1:  x + y + = −  0,5 đ 0,25 đ M D A H O N C K 0,5đ 0,5 đ B Bài 0,5đ 0,75đ 2 x + y + = −1 ⇒ ⇒ x = −2, y = TH 2:  x + y + = I Kết luận (x,y) = (2; -4) (-2; 2) E 0,5đ 1,25đ 0,75đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ Chứng minh OB ⊥ AB, OC ⊥ AC (theo tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠OBA = ∠OCA = 90 ⇒ B C thuộc đường tròn đường kính OA ⇒ điểm A, B,O, C thuộc đường tròn 0,25đ 0,75đ Chứng minh OB ⊥ AB Chứng minh OA ⊥ BC H ⇒ AB2 = AH.AO (1) Chứng minh ∆ABD đồng dạng với ∆AEB 0,5đ AB AD ⇒ AB2 = AE.AD (2) = AE AB Từ (1) (2) ⇒ AH.AO = AE.AD ⇒ Tính AB = 4,8cm Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt suy AB = AC, MD = MB, ND = NC ⇒ Chu vi ∆ AMN là: AM + AN + MN = AM +AN + MD +DN = AM +AN + MB + NC = AB + AC = 2AB = 9,6cm Chứng minh IK//BC Và AB = AC ⇒ AI = AK ⇒ ∆ AIK cân A ⇒ ∠AIK = ∠AKI OI = OK = IK 0,5đ Theo t/c hai tiếp tuyến cắt suy ra: ∠NMI ∠MNO = ∠ONK = ∠MNK ∠NMO = ∠OMI = Tứ giác MNKI có ∠IMN + ∠MNK + ∠NKO + ∠KIM = 360 ⇒ 2∠IMO + 2∠ONK + NKO = 360 ⇒ ∠IMO + ∠ONK + ∠NKO = 180 Đồng thời ∆NOK có: ∠NOK + ∠ONK + ∠NKO = 180 ⇒ ∠IMO = ∠NOK ⇒ ∆MIO đồng dạng với ∆OKN 0,5đ MI OI IK ⇒ = ⇒ MI NK = OI OK = OK NK MI + NK ≥ MI NK = Áp dụng BĐT Cosi: ⇒ MI + NK ≥ IK Bài (1điểm) IK IK =  x y x2 y2 + + ≥ 3 +  (1) y x  y x ⇔ x y Đặt a = +  x y x2 y2 + + − 3 +  ≥ o y x  y x (2) a ≥ y x y x y ⇒ a = + = + ≥2 ⇒ x y x y x  a ≤ −2 x2 y2 ⇒ a = + +2 y x BĐT (2) trở thành a2 - 3a + ≥ ⇔ (a - 2)(a + 1) ≥ Lập bảng xét dấu suy ra: − ≤ a ≤ 0,5đ a ≥ ⇒ a nằm miền nghiệm bất phương trình xét Từ  a ≤ −2 Vậy a thoả mãn a2 - 3a + ≥ ⇒ (1)  x y x2 y2  +  + + ≥ y2 x2  y x Vậy 0,5đ Lưu ý: HS làm cách khác cho điểm tối đa Chứng minh hình phải có lập luận, chặt chẽ cho điểm tối đa PHỊNG GD & ĐT CẨM THỦY VỊNG II ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu Cho biểu thức: P = x x+2 + + x − x x + x ( x − 1)( x + x ) a Rút gọn P b Tính P x = + 2 c Tìm giá trị ngun x để P nhận giá trị ngun Câu Giải phương trình: a x − 10 x + 27 = − x + x − b x − x − x x − x + = Câu a Tìm số ngun x; y thỏa mãn: y + xy − 3x − =  x −1   − 2x x  1 + + ÷ b Cho x > 1; y > , chứng minh: ÷ + ≥ 3 ( x − 1)  y  y  x −1 y  c Tìm số tự nhiên n để: A = n2012 + n2002 + số ngun tố Câu Cho hình vng ABCD, có độ dài cạnh a E điểm di chuyển CD ( E khác C, D) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1 + khơng đổi AE AF · · · · b Chứng minh: cos ·AKE = sin EKF cos EFK + sin EFK cos EKF a Chứng minh: c Lấy điểm M trung điểm đoạn AC Trình bày cách dựng điểm N DM cho khoảng cách từ N đến AC tổng khoảng cách từ N đến DC AD Câu Cho ABCD hình bình hành Đường thẳng d qua A khơng cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K hình chiếu B, C, D đường thẳng d Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn Hết./ PHỊNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút( khơng kể thời gian giao đề) Câ Ý u P= a Nội dung cần đạt x x+2 + + x ( x − 1) x ( x + 2) x ( x − 1)( x + 2) x( x + 2) + 2( x − 1) + x + x x + x + x − + x + = = x ( x − 1)( x + 2) x ( x − 1)( x + 2) = x x + 2x + x + x = x ( x − 1)( x + 2) x ( x + 1)( x + 2) ( x + 1) = x ( x − 1)( x + 2) ( x − 1) Điểm 0,2 0,2 2,25 0.5 0.2 x = + 2 ⇔ x = + 2 + = ( + 1) = + b P= ( x + 1) +1+1 2+2 = = = 1+ ( x − 1) +1−1 0.2 0.2 ĐK: x > 0; x ≠ : P= c ( x + 1) = ( x − 1) x −1+ 2 = 1+ x −1 x −1 0.2 Học sinh lập luận để tìm x = x = 0.2 0.2 ĐK: ≤ x ≤ : VT = x − 10 x + 27 = ( x − 5) + ≥ , dấu “=” xẩy ⇔ x = VP = − x + x − ≤ (12 + 12 )(( − x ) + ( x − 4) ) ⇔ VP ≤ , dấu “=” xẩy a ⇔ = 6− x ⇒ 6− x = x−4 ⇔ x = x−4 0.2 0.2 VT = VP ⇔ x = (TMĐK), Vậy nghiệm phương trình: x = 0.2 ĐK: x ≥ Nhận thấy: x = khơng phải nghiệm phương trình, chia hai vế cho x ta có: x2 − 2x − x x − x + = ⇔ x − − x − b Đặt x + 4 + = ⇔ (x + ) − ( x + )−2 = x x x x 1,75 0.7 4 = t > ⇔ t = x + + ⇔ x + = t − , thay vào ta có: x x x t = ⇔ (t − 4) − t − = ⇔ t − t − = ⇔ (t − 3)(t + 2) = ⇔  t = −2 Đối chiếu ĐK t ⇒t =3⇔ x + a x = = ⇔ x − x + = ⇔ ( x − 2)( x − 1) = ⇔  x x = y + xy − 3x − = ⇔ x + xy + y = x + 3x + ⇔ ( x + y ) = ( x + 1)( x + 2) (*) 2.0 VT (*) số phương; VP (*) tích số ngun liên tiếp 0.5 x +1 =  x = −1 ⇒ y = ⇔ nên phải có số ⇔  x + =  x = −2 ⇒ y = Vậy có cặp số ngun ( x; y ) = (−1;1) ( x; y ) = (−2; 2) x > 1; y > ⇔ x − > 0; y > ⇔ x −1 > 0; > 0; > ( x − 1) y y Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương: 1 + + ≥ 3 1.1 ⇔ ≥ −2 3 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) x −1 b (1)  x −1   x −1   x −  3( x − 1) −2  ÷ +1+1 ≥ 33  ÷ 1.1 ⇔  ÷ ≥ y  y   y   y  1 + + ≥ 3 1.1 ⇔ ≥ − y y y y (2) 0.7 (3) Từ (1); (2); (3):  x −1  1 3( x − 1) + −6+ + ÷+ 3≥ ( x − 1)  y  y x −1 y y  x −1  1 − x + 3x − 2x x ⇔ + + = 3( + ) ÷+ 3≥ ( x − 1)  y  y x −1 y x −1 y Xét n = A = khơng phải ngun tố; n = A = ngun tố Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 0.2 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 0.5 Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A hợp số Số tự nhiên ần tìm n = B A M M' 0.2 N N' K P D E Q H a C F Học sinh c/m: ∆ ABF = ∆ ADK (g.c.g) suy AF = AK Trong tam giác vng: KAE có AD đường cao nên: 0.5 0,5 b 1 1 1 + = + = = (khơng đổi) 2 hay 2 AK AE AD AF AE AD a 1 · HS c/m S KEF = KE.EF sin ·AEK = KE.EF cos AKE 2 1 Mặt khác: S KEF = EH KF = EH ( KH + HF ) Suy ra: 2 EH KH + EH HF · KE.EF cos ·AKE = EH ( KH + HF ) ⇔ cos AKE = KE.EF : EH KH EH HF · K cos EKF · · · K ⇔ cos ·AKE = + = sin EF + sin EKF cosEF EF EK KE EF 0,2 0,2 0,5 Giả sử dựng điểm N thỏa mãn NP + NQ = MN Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy tam giác NN’M cân N 3.0 · ' ⇒ ⇒ MN’ phân giác DMM Cách dựng điểm N: c - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.2 · ' - Dựng phân giác DMM cắt DM’ N’ d - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD Chú ý: Học sinh khơng trình bày phân tích mà trình bày cách H dựng cho điểm tối đa I A P B K 0.2 0.2 0.2 O D C Gọi O giao điểm đường chéo hình bình hành, kẻ OP vng góc d P HS lập luận BH + CI + DK = 4OP Mà OP ≤ AO nên BH + CI + DK ≤ 4AO Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO Đạt P ≡ A hay d vng góc AC 0.2 0.2 0.2 Học sinh làm cách khác đúng với u cầu đề chấm điểm tối đa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC 1.0 Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm) Cho tam giác vng có độ dài cạnh số ngun số đo chu vi hai lần số đo diện tích Tìm độ dài cạnh tam giác Câu (3,0 điểm) Cho biểu thức: P = 1− x + ( 1− x) 1− x2 + 1− x − ( 1− x) 1− x2 với x ∈ [ −1;1] Tính giá trị biểu thức P với x = −1 2012 Câu (3,0 điểm) Tìm số thực x, y thỏa mãn: ( x2 + 1) y2 + 16x2 + x2 − 2x − y3 + = 8x3y + 8xy Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x hai điểm A(-1;1), B(3;9) nằm (P) Gọi M điểm thay đổi (P) có hồnh độ m ( −1< m < 3) Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi I điểm nằm tam giác ABC (I khơng nằm cạnh tam giác) Các tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB M, N, P AI BI CI + + = a) Chứng minh: AM BN CP 1 + + ≤ b) Chứng minh: AM.BN BN.CP CP.AM 3( R − OI ) Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi x, y, z khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC, CA, AB r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: y + z - x = R + r Câu (2,0 điểm) x;y ∈ R  y 2 x + ≤ Cho x; y thỏa mãn  Chứng minh rằng: ≤ x;y ≤ + y + x  - HÕt Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Gồm trang) CÂU Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tam giác vng có độ dài cạnh số ngun số đo chu vi hai lần số đo diện tích Tìm độ dài cạnh tam giác Gọi độ dài cạnh tam giác vng a, b, c (a độ dài cạnh huyền) Theo giả thiết định lý Pitago, ta có: a + b + c = bc ( 1)  2  b + c = a ( 2) ⇒ b2 + c2 + 2bc = 2( a + b + c) + a2 ⇔ ( b + c − 1) = ( a + 1) 2 b+ c− = a ⇔ a + b + c = ( loại ) Thế a = b + c - vào (2) ta được: +bc - 2b - 2c =0 ⇔ ( b-2) ( c − 2) = 3.0 0.5 0.5 0.5 0.5 Vì b, c số ngun dương nên ta có trường hợp sau: T.Hợp b-2 c-2 1 2 -1 -2 -2 -1 Vậy tam giác cần tìm có cạnh 3; 4; Câu b c a 5 K.Luận Nhận Nhận Loại Loại Cho biểu thức P = 1− x + ( 1− x) 1− x2 + 1− x − ( 1− x) 1− x2 x ∈ [ −1;1] Tính giá trị biểu thức x = − 2012 Ta có : +) 2( 1− x) + 2( 1− x) 1− x2 = ( x2 − 2x + 1) + 2( 1− x) 1− x2 + ( 1− x2 ) = 1− x + 1− x2    +) 2( 1− x) − 2( 1− x) 1− x2 = 1− x − 1− x2    Suy ra: 1.0 3.0 0.5 2 P = 1− x + 1− x2 + 1− x − 1− x2 = 1− x + 1− x2 + 1− x 1− x − 1+ x 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Vì x = −1 ⇒ 1− x > 1+ x 2012 ⇒ P = 2( 1− x)  2013  ⇒ P =  1+ ÷=  2012  2012 Chú ý: Nếu HS tính P2 - Tính: P2 = 2( 1− x) + ( 1− x) x2 1.0 0.5 - Rút gọn: P = 2( 1− x) + 2( 1− x) x Câu −1 2013 2013  2013  + = 2. - Thay x = P2 = ÷ 2012 2012 2012  2012  2013 - Do P khơng âm suy P = 2012 Tìm số thực x, y thỏa mãn: 0.5 1.0 3.0 ( x + 1) y + 16x + x − 2x − y + = 8x y + 8xy (*) Ta có: ( *) ⇔ ( x + 1) y − 4x + x − 2x − y + = ( x + 1) y − 4x = yx − 4x + y = ( 1) ⇔ ⇔ 2 2 2 2 3 0.5   3 x − 2x − y + = x − 2x − y + = ( 2) + Nếu y = từ (1) suy x = 0, thay vào (2) khơng thỏa mãn + Nếu y ≠ 0, ta coi (1), (2) phương trình bậc hai ẩn x Điều kiện để có nghiệm x ' ∆  = − y ≥ −2 ≤ y ≤ ⇔ ⇔ y= là:  ' ∆ = y − ≥ y ≥ Thay y = vào hệ (1), (2) ta được: 2x − 4x + = ⇔ x=1  x − 2x + = Vậy x = 1, y = 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x hai điểm A(-1;1), B(3;9) Câu nằm (P) Gọi M điểm thay đổi (P) có hồnh độ m ( −1< m < 3) Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn B SABB'A ' = ( AA '+ BB') A 'B' = ( 1+ 9) = 20 SAMM 'A ' = ( AA '+ MM ') A 'M ' = ( 1+ m2 ) ( m+ 1) m M 0.5 0.5 0.5 1.0 3.0 y A A' -1 1 M' m B' x 0.5 0.5 ( MM '+ BB') B'M ' = ( m2 + 9) ( 3− m) = SABB'A ' − SAMM 'A ' − SMBB'M ' SMBB'M ' = SABM = 8− 2( m− 1) 0.5 0.5 Ta có: SABM = 8− 2( m− 1) ≤ SABM = ⇔ m = Suy SABM lớn ⇔ m = Vậy m = giá trị cần tìm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi I điểm nằm tam giác ABC (I khơng nằm cạnh tam giác) Các tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB M, N, P AI BI CI + + =2 a) Chứng minh: AM BN CP 1 + + ≤ b) Chứng minh: AM.BN BN.CP CP.AM 3( R − OI ) 2 Câu a b Kẻ IK, AH vng góc với BC K, H Ta có: IM IK S = = IBC AM AH SABC Tương tự, ta có: IN SIAC IP SIAB = , = BN SABC CP SABC 3.0 0.5 A P 1.0 N I IM IN IP + + =1 Suy ra: AM BN CP B H K M AM − AI BN − BI CP − CI ⇔ + + =1 AM BN CP AI BI CI ⇔ + + = ( đpcm) AM BN CP AI BI CI OA − OI OB − OI OC − OI + + ≥ + + Ta có: = AM BN CP AM BN CP 1   ⇔ ≥ ( R − OI )  + + ÷  AM BN CP  1 ⇔ ≥ + + ( R > OI ) R − OI AM BN CP 0.25 O 0.25 C 0.5 0.5 Chứng minh: ( x + y + z) ≥ 3( xy + yz + zx) (*) dấu đẳng thức xảy x = y = z 0.5 Áp dụng (*) 0.5 2 1 1 1  + + ≤  + + ÷ AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP  Câu 1  ≤  ( đpcm) ÷ = 3 R − OI  3( R − OI ) Khi tam giác ABC dấu đẳng thức xảy Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù Chứng minh rằng: y + z - x = R + r A Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB ⇒ OM = x, ON = y, OP N P = z Đặt AB = c, BC = a, CA = b Ta có tứ giác OMNC nội tiếp nên theo M B định lý Ptơlêmê suy ra: MN.OC +OM.CN =ON.MC O c b a ⇔ R + x = y 2 ⇔ c.R + x.b = y.a ( 1) Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB ONAP ta có: b.R + x.c = z.a ( 2) y.c + z.b = R.a ( 3) Mặt khác: SABC = SOAB + SOAC − SOBC ⇔ r ( a + b + c) = c.z + b.y − a.x Cộng v.v.v (1) (2) trừ v.v.v cho (3) ta c.R + b.x + c.x + b.R − c.y − b.z = a.y + a.z − a.R C 0.5 1.0 ( 4) ⇔ R ( a + b + c) = a( y + z) + b( z − x) + c( y − x) ( 5) 0.5 0.5 Cộng v.v.v (4) (5) ( R + r) ( a + b + c) = ( a + b + c) ( y + z − x) ⇔ R + r = y + z − x ( đpcm) Câu x,y ∈ R y 2  x + ≤ Cho x, y thỏa mãn  Chứng minh rằng: ≤ x,y ≤ + y + x  Từ giả thiết suy ra:    +)  − x ÷ − y ÷≥ ⇔ x + y ≤ + xy (1)    1 +) x x ≤ x ; y y ≤ y ⇒x x+y y≤ ( x + y) ( 2) 2 Lại có: 0.5 2.0 0.5 0.5 0.5 2 1 2  xy ≤ xy + ÷ ( 3) xy ≤ xy +     4 4⇒     xy ≤ x + y  xy ≤ ( x + y) ( 4)    Từ (1), (2), (3) (4) ta có: 2 2 1 x x+y y+ x+ y≤ ( x + y) + + ( x + y)  xy + ÷+ 2  4 2 ( 1+ x + y + xy) y x x+y y+ x+ y 2 x + = ≤ Suy ra: VT = (đpcm) 1+ y 1+ x 1+ x + y + xy Dấu đẳng thức xảy khi: x = y = 0.25 ≤ Hướng dẫn chung: + Trên bước giải bắt buộc biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, xác cơng nhận cho điểm + Thí sinh có cách giải khác đến đâu cho điểm thành phần tương ứng đáp án đến + Chấm phần Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm tròn, tính đến 0.25 điểm 0.25 ... PHỊNG GD&ĐT THANH OAI 0,5 đ 0,5 đ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (6 điểm)... = BC AH + HC PHỊNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA NĂM HỌC 2008-20 09 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1 điểm) x +20 09 x +2008 x +20 09 = ( x + x +1) +2008( x + x +1) = (... ta có Q’R’ đường trung trực D’P’ Vậy qũy tích điểm D cung BAC đường tròn ngoại tiếp tam giác 1,0 ABC (trừ điểm B,C ) PHỊNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA NĂM HỌC 2008-20 09 ĐỀ THI