Đang tải... (xem toàn văn)
PHÒNG GDĐT HUYỆN THIỆU HÓA(Đề thi gồm 01 trang)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018Môn thi: TOÁNThời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)Ngày thi 24102017ĐỀ BÀICâu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A.b) Tính giá trị của A khi c) So sánh A với .Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : . b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: Câu 3: (4,0 điểm)a)Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = . Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5. b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: là số hữu tỉ.Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.a) Chứng minh rằng: và b) Chứng minh rằng : c) Nếu = thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính Câu 6: (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = Hết PHÒNG GDĐT HUYỆN THIỆU HÓA(Đề thi gồm 01 trang)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018Môn thi: TOÁNThời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)Ngày thi 24102017HƯỚNG DẪN CHẤMCâuÝTóm tắt cách giảiĐiểm1(4điểm)a2,0đ 0,250,50.250,50,5b1,0đ Ta có 0,250,50,25c1,0đBiến đổi ta được: Chứng minh được với mọi 0,250,250,250,252(4 điểm)a2đ Ta có: Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0,50,50,50,5b2đTa có: (1)Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của phương trình cho x – 1, ta được: (2) PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên nên x – 1 •x – 1 = 1 x = 0•x – 1 = 1 x = 2Thay x = 0 vào PT(2) ta được: ; Thay x = 2 vào PT(2) ta được: ; Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên .0,250,250,50,250,250,53(4 điểm)a2đTa có a5 a = a( a4 1) = a( a2 1)( a2 + 1) = a( a2 1)( a2 4 + 5) = a( a2 1)( a2 4) + 5 a(a2 1) = a(a 1)(a + 1)(a 2) (a +2) + 5 a( a 1)( a+ 1)Vì a 2; a 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 5 suy ra (a 2) (a 1)a( a + 1)( a+ 2) chia hết cho 5 ()Mặt khác 5a(a 1)( a+ 1) chia hết cho 5 ()Từ () và () suy ra a5 – a chia hết cho 5 (1) tương tự có b5 – b chia hết cho 5 (2), c5 – c chia hết cho 5 (3)Từ (1) (2) (3) suy ra a5 – a + b5 – b + c5 – c chia hết cho 5 Mà a + b+ c = 24102017 chia hết cho 5 Nên a5 + b5 + c5 chia hết cho 50,250,250,50,250,250,5b2đTa có: (vì d 0) Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên là số hữu tỉ.Vậy là số hữu tỉ0,50,250,250,250,250,5
PHỊNG GD&ĐT HUYỆN THIỆU HĨA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi 24/10/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1: (4,0 điểm) 2x + x − 2x x + x − x − + ÷ ÷: x 1− x 1+ x x 1− x Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x = 17 − 12 c) So sánh A với A Câu 2: (4,0 điểm) 3x + x + 12 + x − 10 x + = − x − x b) Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: xy + x + y + = x + y + xy a) Giải phương trình : Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho b) Cho a, b, c, d số hữu tỉ khác thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: M = ( ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) số hữu tỉ Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh rằng: ∆ AEF ∆ ABC ( S AEF = cos Α S ABC ) 2 b) Chứng minh : S DEF = − cos A − cos B − cos C S ABC c) Nếu HA HB HC + + = BC AC AB tam giác ABC tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC; điểm D, E thuộc cạnh AC, AB cho · BD cắt CE P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC Tính BPE Câu 6: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + xyz + y + xyz + z + xyz + xyz Hết PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 Môn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi 24/10/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Tóm tắt cách giải Điểm a 2x + x − 2x x + x − x A = − + x > 0;x ≠ ;x ≠ 1÷ ÷ ÷: 1− x ÷ x 1+ x x 1− x 0,25 2,0đ (4điểm) ( ) ( ( ) ( ( ( = x x ( ( ) x −1 )( )( )( ( ) x −1 = b ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ( ) : x −1 : ( 1− x ) ( 1− : ) ) x+x ) = ) ) 0,5 0.25 0,5 x+x 1− x + x x 0,5 Ta có A= 1,0đ ( 1− x + x + x 1− x ) ( 1− x ) ( 1− x −1 ) ) ( ) 1,0đ x = 17 − 12 = 3− 2 ⇒ x = c ) x 2x + x − x − 1+ x 2x + x − x − = : + x 1− x 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x x +1 x −1 x −1 x + x −1 = : + x x −1 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x −1 x = : x − + ÷ ÷ x x − 1− x 1− x + x ( ) 1− 3− 2 + 17 − 12 3− 2 ( 3− 2 ) = 3− 2 = − 2 ( ) 0,5 15− 10 3− 2 = = =5 3− 2 3− 2 1− x + x = x+ −1 x x 1 x+ > với x > 0;x ≠ ;x ≠ x 0,25 0,25 Biến đổi ta được: A = Chứng minh ⇒A = x+ − 1> 1⇒ A > 1⇒ A − 1> ⇒ A x ( 0,25 ) A −1 > ⇒ A − A > 0⇒ A > A 0,25 0,25 0,25 Ta có: a 2đ VT = x + x +12 + x −10 x + = 3( x +1) + + 5( x −1) + ≥ + = Dấu "=" xảy x = −1 0,5 0,5 VP = − x − x = − 2( x +1) ≤ Dấu "=" xảy x = −1 ⇒ VT = VP ⇔ x = −1 Vậy phương trình có nghiệm x = −1 b 2đ 0,5 0,5 Ta có: xy + x + y + = x + y + xy ⇔ y ( x − 1) − x( x − 1) − y ( x − 1) + = (1) 0,25 Nhận thấy x = nghiệm PT (1) Chia vế phương trình cho x – 1, ta được: (4 2y2 − x − y + điểm) =0 x −1 PT có nghiệm x, y nguyên, suy nên x – ∈ {−1;1} • x – = -1 x = • x–1=1 x=2 0,25 (2) nguyên x −1 Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − Vậy phương trình cho nghiệm nguyên ( x; y ) ∈{ ( 0;1) ; ( 2;1) } 0,5 0,25 Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - + 5) = a( a2- 1)( a2 - 4) + a(a2 - 1) 2đ = a(a - 1)(a + 1)(a -2) (a +2) + a( a - 1)( a+ 1) Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho suy (a -2) (a - 1)a( a + 1)( a+ 2) chia hết cho (*) Mặt khác 5a(a - 1)( a+ 1) chia hết cho (**) a (4 điểm) Từ (*) (**) suy a – a chia hết cho 5 (1) tương tự có b – b chia hết cho (2), c – c chia hết cho (3) 5 Từ (1) (2) (3) suy a – a + b – b + c – c chia hết cho Mà a + b+ c = 2410 b 2đ 2017 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 chia hết cho 5 Nên a + b + c chia hết cho Ta có: a + b + c + d = ⇔ ad + bd + cd + d = (vì d ≠ 0) −ad = d + bd + cd ⇔ −bd = d + cd + ad −cd = d + ad + bd 0,5 0,25 M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) = ( ab + d + ad + bd )(bc + d + bd + cd )(ca + d + cd + ad ) = ( a + d )(b + d )(b + d )(c + d )(a + d )(c + d ) = [ (a + d )(b + d )(c + d )] 0,25 = (a + d )(b + d )(c + d ) Vì a, b, c, d số hữu tỉ nên (a + d )(b + d )(c + d ) hữu tỉ Vậy M = (ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) số hữu tỉ 0,25 số 0,25 0,5 A (5điểm) E F H B D C a) Tam giác ABE vuông E nên cosA = Tam giác ACF vuông F nên cosA = AE AB 0,5 AF AC 0,5 AE AF ⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g c) Suy = AB AC S AE * Từ ∆AEF : ∆ABC suy AEF = ÷ = cos A S ABC AB 0,5 0,5 S S 2 CDE BDF b) Tương tự câu a, S = cos B, S = cos C ABC ABC Từ suy SDEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE = = − cos A − cos B − cos C S ABC S ABC 2 Suy S DEF = ( − cos A − cos B − cos C ) S ABC HC CE HC.HB CE.HB S HBC c) Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒ AC = CF ⇒ AC AB = CF AB = S ABC HB.HA S HA.HC S HAC HAB Tương tự: AC.BC = S ; AB.BC = S Do đó: ABC ABC HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB =1 + + = S ABC AC AB AC.BC AB.BC 0,25 0,25 0,25 • Ta chứng minh được: (x + y + z) ≥ 3(xy + yz + zx) (*) 0,25 HA HB HC + + ≥ Áp dụng (*) ta chứng minh được: BC AC AB Dấu xảy tam giác ABC (1 điểm) Kẻ EF ⊥ AC F, DG ⊥ BC G Theo giả thiết S ADPE = S BPC ⇒ S ACE = S BCD · · Mà AC = BC ⇒ EF = DG EAF = DCG = 600 Suy ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG · · Do ∆AEC = ∆CDB(c − g − c) ⇒ DBC = ECA 0,25 0,25 0,25 0,25 · · · · · ⇒ BPE = PBC + PCB = PCD + PCB = 600 Áp dụng BĐT cơsi ta có x + xyz + xyz = x (2 điểm) = x ≤ ( ( ) x + yz + yz = x ( x + z )( x + y ) + yz ) ( x ( x + y + z ) + yz + yz ) 3 x + y + x + z y + z 3 1 + x + ÷ ÷= x+ ÷ 2 3 (Vì x + y + z =1) Chứng minh tương tự: y + xyz + xyz ≤ 0,25 0,25 3 1 y+ ÷ 3 0,25 3 1 z + xyz + xyz ≤ z+ ÷ 3 Mà 0,25 x+ y+z xyz ≤ ÷ = 3 5 = = ( 1+ x + y + z ) + 3 3 Vậy GTLN A = x = y = z = 3 0,5 Do A ≤ Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi HSG Toán –Năm học 2017 – 2018- THCS Phú Xuyên – Đại Từ) 0,5 ĐỀ BÀI Bài 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a A= b B = + 3+ 2 3+ 2 − 3+ 2 ( 2008 − 2014) ( 2008 + 4016− 3) 2009 2 2005.2007.2010.2011 Bài 2: (1,5 điểm) Cho hàm số: y = mx – 3x + m + a Xác định điểm cố định đồ thị hàm số? b Tìm giá trị m để đồ thị hàm số đường thẳng cắt hai trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích 1(đơn vị diện tích) Bài 3: (2,5 điểm) a Chứng minh bất đẳng thức: a + b2 + c + d ≥ (a + c)2 + (b + d )2 Áp dụng giải phương trình: x + x + + x − x + 10 = b Cho Q = x + 16 Tìm giá trị nhỏ Q x +3 Bài 4: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC, phân giác AD, đường cao CH trung tuyến BM cắt I Chứng minh AB.cosA = BC.cosB Bài 5: (2,5 điểm) · Cho tam giác ABC có ABC =600 ; BC =a; AB =c (a, c hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M cạnh AB, N cạnh AC, P Q cạnh BC gọi hình chữ nhật nội tiếp tam giác ABC Tìm vị trí M cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Tính diện tích lớn – Hết – Họ tên thí sinh: ……………………….……… Số báo danh:………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề HSG Toán –Năm học 2017 – 2018- THCS Phú Xuyên – Đại Từ) Câu Ý a Nội dung Điểm A = + 2 ( 6) − ( + 2) = + 2 − (3 + 2) 0.5 A = (3 + 2)(3 − 2) = − (2 2) = 0.5 ( 2008 − 2014) ( 2008 + 4016− 3) 2009 Đặt x = 2008, B= 2005.2007.2010.2011 0.25 2.0 2 b B = ( x − x − 6) ( x + 2x − 3) ( x + 1) = 0.25 ( x − 3) ( x − 1) ( x + 2) ( x + 3) ( x + 2) ( x − 3) ( x + 3) ( x − 1) ( x + 1) = x + = 2009 ( x − 3) ( x − 1) ( x + 2) ( x + 3) y = (m – 3)x + (m + 1) Giả sử M(x0; y0) điểm cố định đồ thị hàm m+1 ta có: y0 = mx0 – 3x0 + m+ thỏa mãn với giá a m ⇔ m( x0 + 1) + (1 − x0 − y0 ) = 0, ∀m 0.5 số, A 0.25 trị 0.25 B x0 + = x0 = −1 ⇔ ⇔ 1 − x0 − y0 = y0 = m+1 O m-3 1.5 Vậy điểm cố định cần tìm M(-1; 4) Ta có: Đồ thị đường thẳng cắt hai trục tọa độ m – ≠0⇔m≠3 m +1 = ⇔ (m + 1) = m − S ∆ ABO = m + m−3 b Nếu m> ⇔ m2 +2m +1 = 2m -6 ⇔ m2 = -7 ( loại) Nếu m < ⇔ m2 +2m +1 = – 2m ⇔ m2 + 4m – =0 ⇔ (m – 1)(m + +5) = ⇔ m = 1; m = -5 Ghi a Hai vế BĐT khơng âm nên bình phương hai vế ta có: a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a + b2 )(c + d ) ≥ a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2 ⇔ (a + b )(c + d ) ≥ ac + bd (1) Nếu ac + bd < BĐT c/m Nếu ac + bd ≥ (1) ⇔ ( a2 + b2 )(c2 + d2) ≥ a2c2 + b2d2 0.5 0.5 1.5 0.5 +2acbd ⇔ a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 ≥ a2c2 + b2d2 +2acbd ⇔ a2d2 + b2c2 – 2abcd ≥ ⇔ (ad – bc)2 ≥ ( đúng) Dấu “=” xẩy ⇔ ad = bc ⇔ 0.5 a c = b d Áp dụng: xét vế trái VT = 0.25 ( x + 1) + 2 + (3 − x) + 12 ≥ ( x + + − x) + (2 + 1) ⇔ VT ≥ 16 + ⇔ VT ≥ 0.25 Mà VP = 5, dấu xẩy ⇔ x +1 − x = ⇔ x +1 = − 2x ⇔ x = ≥ Điều kiện: x ( x − 9) + 25 25 = x +3+ −6 Q= x +3 x +3 0.75 b 25 ≥ ( x + 3) − ⇔ Q ≥ 10 − = x +3 0.25 Vậy Qmin = 4; Dấu “=” xẩy ⇔ x + = 25 ⇔ x = (TM x +3 điều kiện) A Hình vẽ xác Kẻ MN // AB 1.0 0.2 M H I HB IB = Ta có ∆ HIB : ∆ NIM (g.g) ⇒ (1) MN IM B D AB IB · ⇒ = Vì AD phân giác BAC (2) AM IM AB HB = Từ (1) (2) ⇒ (3) AM MN Mà MN = AH (vì MN đường trung bình ∆ ACH); AM = AC (vì M trung điểm AC) (4) AB HB ⇔ AB.AH = AC.HB (*) = Từ (3) (4) ⇒ AC AH Xét ∆ ACH có ·AHC = 900 ⇒ AH = AC.cosA · Xét ∆ BCH có BHC = 900 ⇒ BH = BC.cosB (**) A Từ (*) (**) ⇒ xAB.AC.cosA = AC.BC.cosB ⇔ AB.cosA = BC.cosB M N Vậy AB.cosA = BC.cosB N C 0.5 1.5 0.5 0.3 2.5 B 600 Q P C 0.2 Hình vẽ Đặt AM =x (00) 0.25 c2 x+c- x = Áp dụng, ta có: x(c- x) ≤ ÷ 0.5 c Dấu đẳng thức xảy khi: x =c- x ⇔ x = Suy ra: S ≤ c a c2 ac ac = Vậy: Smax = x = hay M 2c 8 trung điểm cạnh AB – Hết – 0.25 0.5 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ( Đề HSG Toán –Năm học 2017 – 2018- THCS Việt Ấn – Đại Từ) ĐỀ BÀI Câu 1: (2 điểm) a, Cho x > x + 1 = Tính giá trị biểu thức: x5 + x x a b + ≥2 b a x + my = Cho hệ phương trình ( m tham số ) mx − y = b, Cho a,b,c > Chứng minh: Câu 2: (2 điểm) a, Giải hệ phương trình theo tham số m b,Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm (x;y) mà x y số nguyên Câu 3: (1,5 điểm) Tìm số tự nhiên n để n + 18 n − 41 hai số phương Câu 4: (2,5 điểm) ∧ Cho tam giác ABC ( A ≠ 900) nội tiếp đường tròn tâm O, đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC tâm I M, N Gọi J điểm đối xứng I qua MN Chứng minh: a, Tam giác AMC tam giác cân; b, AJ vng góc với BC Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vng góc đỉnh A, đường cao AH Đường tròn đường kính BH cắt cạnh AB điểm D đường tròn đường kính CH cắt cạnh AC điểm E Gọi I,J theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng BH, CH a, Chứng minh bốn điểm A,D,H,E nằm đường tròn Xác định hình dạng tứ giác ADHE b, Chứng minh DE tiếp tuyến chung ngồi hai đường tròn – Hết – Họ tên thí sinh: ……………………….……… Số báo danh:………… 10 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) ( Đề HSG Toán –Năm học 2017 – 2018- THCS Việt Ấn) Câu 1: (2 điểm) 1 1 a, Từ x + = ⇒ x + ÷ = ⇒ x + = ( x > 0) x x x (0,25đ) 1 ⇒ ( x + )( x + ) = 21 ⇒ x + = 18 x x x (0,25đ) 1 )( x + ) = 7.18 x x ⇒ x + = 123 x ⇒ ( x3 + (0,25đ) (0,25đ) b, Do a, b > (0,25 đ) a b + ≥2 b a a + b2 ⇔ ≥2 ab ⇒ (0,25 đ) (0,25 đ) ⇔ a + b − 2ab ≥ ⇔ ( a − b) ≥ a b b a bất đẳng thức => + ≥ (0,25 đ) Câu 2: (2 điểm) x + my = (I) mx − y = a, x = x = 2− my x = − my (I) ⇔ ⇔ (0,5®) ⇔ m(2 − my) − 2y = (2 + m )y = 2m − y = m+ m2 + (0,5®) 2m− m2 + b, Theo phần a, với giá trị m hệ có nghiệm nêu Giả sử x y số nguyên, m2+2 \ (2m-1) => ≥│2m-1│≥ m2 +2 (0,25đ) => 2m− 1≥ m2 + (m− 1)2 + ≤ ⇔ 2 2m− 1≤ −m − (m+ 1) ≤ (0,5®) Ngược lại: với m = -1 hệ có nghiệm x = 1; y = -1 thoả mãn yêu cầu toán (0,25đ) Câu 3: (1,5 điểm) Số n + 18 n − 41 hai số phương ⇔ n + 18 = p n − 41 = q ( p, q ∈ N) (0,25 đ) 11 ⇒ p − q = ( n + 18 ) − ( n − 41) = 59 ⇔ ( p − q ) ( p + q ) = 59 (0,25 đ) p − q = p = 30 ⇔ p + q = 59 q = 29 Nhưng 59 số nguyên tố nên: (0,25 đ) Ta có : n + 18 = p = 302 = 900 suy n = 882 Thay vào n − 41 , ta 882 − 41 = 841 = 292 = q Vậy với n = 882 n + 18 n − 41 hai số phương (0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ) A Câu 4: (2,5 điểm) Vẽ hình đúng: (0,25đ) Học sinh vẽ hình sai khơng chấm J · · a, MCO (chắn cung MO) = MBO ·MAO = MBO · · · ; OCA = OAC · · · MCA = MCO + OCA · · = MBO + OAC · · = MAO + OAC · = MAC ⇒ Tam giác MAC cân (0,25đ) O N M (0,5đ) I (0,25đ) C B b, Từ A nằm cung chứa góc đối xứng qua MN (0,25đ) I , J đối xứng qua MN ⇒ J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN (0,25đ) 1· · · BCA = AMN = AJN · · · · ⇒ BCA = 900 − JAN AJC = 1800 − 2JAN (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) Chú ý: ⇒AJ vng góc với BC Học sinh vẽ hai trường hợp sau câu 1) chứng minh khác A Câu (2 điểm) Vẽ hình đúng: (0,25đ) E D B 12 C I H J ∧ ∧ a, Ta có D = E = 900 ⇒ Hai điểm D, E nằm đường tròn đường kính AH Tứ giác ADHE hình chữ nhật.(Tứ giác có góc vng) ∧ ∧ b, Tứ giác ADHE hình chữ nhật, suy A1 = E1 ∧ ∧ (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) ∧ Ta lại có : A1 = C (cùng phụ với A2 ) ∧ ∧ C = E3 ( ∆EJC cân) ⇒ ∧ ∧ ∧ E1 = E3 ∧ (0,25đ) ∧ mà E2 + E3 = 900 ∧ ˆ = 900 ⇒ E + E = 900 ⇒ DEJ ⇒ DE ⊥ JE (0,25đ) Chứng minh tương tự, ta có DE tiếp tuyến D đường tròn (I) hay DE tiếp tuyến chung ngồi hai đường tròn (I) (J) (0,25đ) – Hết – 13 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ( Đề thi HSG Toán –-Năm học 2017 – 2018- THCS Hồng Nơng) ĐỀ BÀI Bài (3,0 điểm) a +1 a a −1 a2 − a a + a −1 + + Cho biểu thức: M = với a > 0, a ≠ a a− a a −a a a) Chứng minh M > b) Với giá trị a biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M Bài (3,0 điểm) 17x + 2y = 2011 xy a) Giải hệ phương trình: x − 2y = 3xy x + y − z + z − x = (y + 3) b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: Bài (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE đường tròn (O2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O2) a, Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB b, Với AB = 18 cm AE = cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D, cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Bài 4: (5,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) (L) đồ thị hai hàm số: y = − x + y = x 2 a) Vẽ đồ thị (D) (L) b) (D) (L) cắt M N Chứng minh OMN tam giác vuông Bài 5: (3 điểm) Cho a; b; c số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = chứng minh rằng: a + b + c ≥ – Hết – Họ tên thí sinh: ……………………….……… Số báo danh:………… 14 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ( Đề thi HSG Toán –-Năm học 2017 – 2018- THCS Hồng Nơng) Bài ý Đáp án a a − ( a − 1)(a + a + 1) a + a + = = a− a a ( a − 1) a Do a > 0, a ≠ nên: 1a (1,5đ) a − a a + a − (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − = = = a −a a a (1 − a) a (1 − a) a a +1 +2 ⇒ M= a Do a > 0; a ≠ nên: ( a − 1)2 > ⇔ a + > a ⇒M> a +2=4 a Ta có < N = < N nhận giá trị nguyên M a 1b = ⇔ a − a + = ⇔ ( a − 2) = Mà N = ⇔ a + + a (1,5đ) ⇔ a = + hay a = − (TMĐK) Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 17x + 2y = 2011 xy x − 2y = 3xy Có hệ phương trình: 2a (1,5đ) (1) 17 1007 x= y + x = 2011 y = 490 ⇔ ⇔ Nếu xy > (1) ⇔ (TMĐK) − =3 = 490 y = x 1007 y x 17 −1004 y + x = −2011 y = ⇔ ⇒ xy > (loại) Nếu xy < (1) ⇔ 1031 − =3 =− y x 18 x Nếu xy = (1) ⇔ x = y = (nhận) ; KL: Hệ có nghiệm (0;0) ÷ 490 1007 (1,5đ) b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: x + y − z + z − x = (y + 3) (2) Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z −x ≥ ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 15 (2) ⇔ x + y − z + z − x = x + y − z + z − x + ⇔ ( x − 1) + ( y − z − 1) + ( z − x − 1) = x =1 x = ⇔ y − z = ⇔ y = (TMĐK) z = z − x = F D N I C S 3a (3đ) A M E O1 O O2 B O1M; O2N ⊥ MN ⇒ O1M/ / O2N Do O1; E; O2 thẳng hàng nên ∠ MO1E = ∠ NO2B Các tam giác O1ME; O2NB cân O1 O2 nên ta có: ∠ MEO1= ∠ NBO2 (1) Mặt khác ta có: ∠ AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 900 (2) ⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900 ⇒ Tứ giác FMEN có góc vng ⇒ Tứ giác FMEN hình chữ nhật ⇒ ∠ NME = ∠ FEM (3) Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900 (4) Do tam giác O1ME cân O1 ⇒ ∠ MEO1 = ∠ EMO1 (5) Từ (3); (4); (5) ta có: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (đpcm) 16 Ta có EB = 12 cm ⇒ O1M = cm < O2N = cm ⇒ MN cắt AB S với A nằm S B OM 3b (3đ) SO 1 Gọi I trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒ O N = SO 2 ⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2 Do O1O2 = + = cm ⇒ SO1= O1O2 = cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm OI SO Mặt khác: O M = SO ⇒ OI = cm 1 Xét tam giác COI vng I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI = 56 ⇒ CD = 14 cm x = ⇒ y = Đồ thị y = − x + có : 2 y = ⇒ x = x x ≥ Đồ thị y = x = − x x ≤ Đồ thị hình vẽ: y 4a (2,5đ) N (L) (D) 3/2 -3 O M x Đồ thị (D) (L) cắt hai điểm có tọa độ M(1; 1) N( - 3; 3) Ta có: OM = 12 + 12 = ⇒ OM2 = 4b (2,5đ) (3đ) ON = 32 + (−3) = ⇒ ON2 = 18 MN = (1 − 3) + (1 + 3) = 20 ⇒ MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2 Vậy: tam giác OMN vuông O Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + a – ≤ nên (a + 1)(a – 2) ≤ Hay: a2 – a – ≤ ⇒ a2 ≤ a + 17 ≥ 0; Tương tự: b2 ≤ b + 2; c2 ≤ c + Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = nên: a + b + c – Hết – 18 ≥ ... 0,5 0,25 Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a 2- 1)( a2 - + 5) = a( a 2- 1)( a2 - 4) + a(a2 - 1) 2đ = a(a - 1)(a + 1)(a -2 ) (a +2) + a( a - 1)( a+ 1) Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a...PHỊNG GD&ĐT HUYỆN THI U HĨA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi 24/10/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm... ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi HSG Toán –Năm học 2017 – 201 8- THCS Phú Xuyên – Đại Từ) 0,5 ĐỀ BÀI Bài 1: