Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 của các tỉnh từ năm 2009 2018 có đáp án chi tiết

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x)  (x  12x  31)2010 Tính f (a) a  16   16  b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5(x  xy  y2 )  7(x  2y) Câu (4,5 điểm): 2 a) Giải phương trình: x  x  x  x  x 1 1 x  y  z   b) Giải hệ phương trình:    4  xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 A   x  y3  y3  z  z  x  Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE  BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE ln qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH  PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN - BẢNG A Câu Nội dung Ý Điểm a  16   16   a3  32  3 (16  5)(16  5).( 16   16  ) a)  a  32  3.(4).a (2,0đ)  a3  32 12a  a3  12a  32   a3  12a  31   f (a)  12010  (1) 5( x2  xy  y )  7( x  y)  7( x  y)  ( x  y) 1, (4,5đ) Đặt x  y  5t (2) (t  Z ) (1) trở thành x  xy  y  7t (3) Từ (2)  x  5t  y thay vào (3) ta y  15ty  25t  7t  (*) b)   84t  75t (2,5đ) Để (*) có nghiệm     84t  75t  0t  28 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì t  Z  t  t  Thay vào (*) Với t   y1   x1   y2   x2  1  y3   x3  Với t    ĐK x  x  Với x  thỗ mãn phương trình 2 2, a) Với x  Ta có x  x  x ( x  1)  ( x  x  1) (4,5đ) (2,5đ) 2 x  x  1( x  x)  ( x  x  1)  x3  x  x  x  x 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25  x  x 1 Dấu "=" Xẩy    x  x   x  x 1   x   x  Vô lý  x  x 1 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 0,25 0,25 1 1  x  y  z  (1)  ĐK x; y; z  (I )     (2)  xy z 1 2 Từ (1)        x y z xy xz yz 0,25 Thế vào (2) ta được: 0,25 1 1 2   2 2 2   xy z x y z xy xz yz 1 2 b)  x  y  z  xz  yz  (2,0đ) 1  (   2)(   2)  x xz z y yz z 0,25 0,25 0,25 1 1  1         x z  y z 1  x  z    x  y  z 1   0  y z 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM ) 0,25 Ta có (x  y)2  x; y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2  x2  xy  y  xy 3, (3,0đ) Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 1   A  xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z) xyz A  xyz(x  y  z) 0,25 1 xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = A  4, (5,5đ) Ta có: BDE  BAE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) BAE  BMN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O')  BDE  BMN hay BDI  BMN  BDMI tứ giác nội tiếp a)  MDI  MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà MDI  ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O)  ABE  MBI mặt khác BMI  BAE (chứng minh trên)  MBI ~  ABE (g.g) MI BI    MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q giao điểm CO DE  OC  DE Q   OCD vng D có DQ đường cao 2 b)  OQ.OC = OD = R (1) (2,5đ) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO'  OO'  AB H Xét KQO CHO có Q  H  900 ;O chung 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50  KQO ~ CHO (g.g)  Từ (1) (2)  KO.OH  R  OK  5, (2,5đ) 0,50 KO OQ   OC.OQ  KO.OH (2) CO OH R2 OH Vì OH cố định R không đổi  OK không đổi  K cố định 0,50 ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà NHP  900  H thuộc đường tròn đường kính NP  AHN  AMN  450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD E  tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân B  NEB  450 mà NHB  NEB (cùng chắn cung BN) 0,25 0,50 0,25 0,50  NHB  450 (2) Từ (1) (2) suy AHB  900  H  (O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB HH'.AB  SAHB   SAHB lớn  HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường tròn đường kính AB OD  AB) 0,50 0,50 Dấu "=" xẩy  H  D  M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm khơng làm tròn PHỊNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4,5 điểm)  Tính giá trị biểu thức A   15 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Tốn (Thời gian làm bài: 150 phút)  10    15 Tìm điều kiện xác định biểu thức sau: 2019 2018 N M x2  2x  x  2x  Câu (3,0 điểm) Cho số a, b,c khác 0, thỏa mãn a + b+ c = Chứng minh đẳng thức: 1 1 1  2    a b c a b c Tính giá trị biểu thức: B =  1 1 1         2 2 2018 20192 Câu (4,5 điểm) Cho đa thức f(x), tìm dư phép chia f(x) cho (x-1)(x+2) Biết f(x) chia cho x - dư f(x) chia cho x + dư Giải phương trình: x 3x 2 x Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5x2 + y2 = 17 – 2xy Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c   2 a) bc ca a b 1 ; ; b) độ dài cạnh tam giác ab bc ca Câu (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến AM, phân giác AI Tính HI, IM; biết AC= 4/3AB diện tích tam giác ABC 24 cm2 Qua điểm O nằm tam giác ABC ta vẽ đường thẳng song song với cạnh tam giác Đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC, BC E D; đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AB AC M N; đường thẳng song song với cạnh AC cắt cạnh AB BC F H Biết diện tích tam giác ODH, ONE, OMF a2, b2, c2 a) Tính diện tích S tam giác ABC theo a, b, c b) Chứng minh S  3(a2 + b2 +c2) Hết Họ tên học sinh:…………………………………………………SBD:………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm, học sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi ) SƠ LƯỢC GIẢI Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2018 – 2019 Mơn: TỐN   10    A   15.1      15. A    .   = - = Ta có A   15 Đáp án 15   15 5   15   15 10    Điều kiện xác định M x2  x    ( x  1)( x   x 1  x 1    x   x   x    x  1  2 x   Điều kiện xác định N   x  x   (*)  x  2x   x  (**)  x2  x   x2  x      x  1 Từ (*) (**) ta x  điều kiện xác định M 1 1  1 1     Ta có:          a b c a b c  ab bc bc  1 a b  1 2(a  b  c) 1  c     2    2 2     a b c b c abc a b c  abc abc abc  a Vậy 1 1 1  2    a b c a b c Theo câu a) Ta có 1 1 1 1  2       (*) a b c a b c a b ab Áp dụng (*) ta có: 1 1 1 1 1 1           2 1 (2) 1 (2) 1 1 (Vì    ) 1 1 1     ;… 32 42 1 1 1     2 2018 2019 2018 2019 Tượng tự  1 1     ; 22 32 Suy B  2019  4076360  2019 2019 x3 3x2 x ( x 1)( x x 6) 1 x + = (1) x2 – 4x + = (2) (1) x (2) ( x 2)2 Do ( x 2)2 x nên pt vô nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình cho S Vì ( x 1)( x 2) x x đa thức bậc nên f(x) : ( x  1)( x  2) có đa thức dư dạng ax + b Đặt f ( x)  ( x  1)( x  2).q( x)  ax  b Theo đề f(x) : (x - 1) dư  f (1)   a  b  (1) f(x) : (x + 2) dư  f (2)   2a  b  (2) Từ (1) (2)  a = b = Vậy f(x) : ( x 1)( x 2) dư 2x + 5x2 + y2 = 17 – 2xy  4x2 + (x + y)2 = 17 17 x2 số phương nên x2 = 0; 1;  x  17  x  Nếu x2 =  (x + y)2 = 17 (loại) Nếu x2 =  (x + y)2 = 13 (loại) Nếu x2 =  x = x = - x =  (2 + y)2 =  y = - y = - x = -2  (-2 + y)2 =  y = y = Vậy phương trình có nghiệm : (x; y) = (2; -3), (2; -1), (-2; 3), (-2; 1) Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a  a(b  c)  a  a(b  c)  ab  ac  a  ab  ac a 2a  2a(b  c)  a(a  b  c)   bc abc b 2b c 2c   Tượng tự ta có: ; ca abc ba abc a b c 2a 2b 2c       (dpcm) Suy ra: bc ca ab abc bca abc Ta có a + b > c 1 1 2       b  c c  a b  c  a c  a  b a  b  c (a  b )  ( a  b) a  b Chứng minh tương tự ta có Vậy 1 1 1     ; ca ab bc ab bc ca 1 ; ; độ dài cạnh tam giác (Đpcm) ab bc ca Do AC= ¾ AB (gt) AB.AC = 2S = 48, suy AC = (cm); AB = 8(cm) Áp dụng định lí Pitago tam giác vng ABC ta tính BC = 10 cm, suy AM = (cm) (1) Áp dụng tính chất canh đường cao tam giác vng ABC ta tính BH  AB2  3,6(cm) (2) BC Áp dụng tính chất đường phân giác cua tam giác ta có IB AB IB AB IB 30       IB  cm (3) IC AC IB  IC AB  AC 10  Từ (1), (2) (3), ta có I nằm B M; H nằm B I 4,8 Vậy: HI = BI - BH  cm MI = BM - BI  cm A B C I M H Ta có tam giác ODH, EON, FMO đồng dạng với tam giác ABC Đặt SABC = d2 Ta có: SODH a  DH  a DH     ;   BC  S ABC d d BC Vậy S  d  (a  b  c) E S EON b2  ON  b HC  HC       ; Tương tự    BC   BC  S ABC d d BC c BD  d BC a  b  c DH  HC  DB  1 d  a  b  c Suy ra: d BC A F c2 O b2 N M a2 B D 2 2 2 Áp dụng BĐT Cosy, ta có: a  b  2ab; b  c  2bc; a  c  2ac S  (a  b  c)2  a  b2  c  2ab  2bc  2ca S  a2  b2  c2  (a  b2 )  (b2  c )  (c  a )  3(a  b2  c ) Dấu “=” xẩy a = b =c, hay O trọng tâm tam giác ABC Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa; Điểm tồn quy tròn đến 0,5 H C VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thức Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) a Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (khơng chia nhỏ vật đó) b Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x + 171 = y2 Câu (6,0 điểm) a Giải phương trình: x  x    x  1 x  x  4 x   y  x b Giải hệ phương trình:  2  x  xy  y  Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3 b2  c  a  Câu (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường tròn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a Chứng minh: HPO  HQO b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1  có giá trị nhỏ EA EB Câu (2,0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình tròn có bán kính cho khơng có hai hình tròn chúng có điểm chung VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN LỚP Câu Nội dung Điểm - Nhận xét: n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = x + 25 (n + 1)2 + (n + 4)2 = 2n2 + 10n + 17 = x + 17 0,5 (n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = x + 13 Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A + 25, A + 17, A + 13 a Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B + 25, B + 17, B + 13 0,5 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C + 25, C + 17, C + 13 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A + 25, B + 17, C + 13; nhóm thứ hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C + 25, A + 17, B + 13 Khối lượng nhóm A + B + 0,5 C + 55 gam Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – + 19) = y2 (x  2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x – + 19 = z2 số 0,25 phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết số b phương 0,5 Do x – = 2k số chẵn Ta có 3x – + 19 = z2   z  3k  z  3k   19 Vì 19 số nguyên tố  z  3k   z  10  z  10   z   z  nên   k k  z   19 k  3  0,5 Vậy x = y = 30 0,25 ĐKXĐ: R 0,5 k k VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Vì x  1 khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương đương với phương trình: a  x2  x   x2  2x  2x 1 x2  x    x2  x   2x 1 0,5 x  x   2(2 x  1) ( x  x   2)( x  x   2)  2x 1 x2  x    x2  x   2x 1 x2  2x  0,25 0,25 x2  x    1    x  x  1   0  x  2x   2x 1  0,5  x2  x 1  (1)   x  x    x  (2) PT (1) có hai nghiệm x1;2  1  0,25 PT (2)  x2  x    x   x2  x   x  0,25   15 x    x3   x  x   (2 x  1)  0,25 Vậy phương cho có ba nghiệm: x1;2  1  2; x3   15 2   y  2 x   x  1  y Hệ phương trình    2 2   x  xy  y   x  xy  y    y  2x 1   2 2  x  x  x  1   x  1   x  xy  y    y  2x 1 b 0,25 0,5 Xét hệ:  0,5  y  2x 1  x   x    y  2x 1  x       y 1 y   7 x  x   x      7 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Xét hệ:    y  2 x    2 2  x  x  x  1   x  1   x  xy  y   0,5  y  2 x  x   x  1  y  2 x       x    y 1  y  1 3x  3x    x  1  0,5  y  2 x   3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1),   ;   ,  7 0,5 (0; -1), (-1; 1) Sử dụng bất đẳng thức Cơ si Ta có: b2  a  1 b2  a  1 a 1 b  ab (1)  a    a    a 1 2 b 1 b 1 2b Tương tự: b 1 c  bc (1)  b 1 c 1 c 1 a  ca  c   (3) a 1 0,5 0,5 Từ (1); (2) (3) suy ra: a 1 b 1 c 1 a  b  c ab  bc  ca     3 b 1 c 1 a 1 2 0,5 Mặt khác a2  b2  c2  ab  bc  ca hay 3(ab  bc  ca)   a  b  c   Do đó: a 1 b 1 c 1 a  b  c ab  bc  ca     3 b 1 c 1 a 1 2 = 3  Vậy a 1 b 1 c 1    Dấu xảy a = b = c = b2  c  a  0,5 0,5 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí A Q P O M H B a  MPA đồng dạng  MAQ (g.g), suy MA = MP.MQ (1) 0,75  MAO vuông A, có đường cao AH nên MA = MH.MO (2) Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay MP MO (*)  MH MQ 0,5 0,5  MPH  MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy 0,75  MPH đồng dạng  MOQ (c.g.c) suy MHP  MQO sdOH Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp  HPO  HQO = 0,5 (đpcm) O' F E A b B Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay  EBF cân E, suy BFA  BEA Đặt AEB   AFB  di chuyển cung chứa góc Ta có:  nên F 0,5  dựng BC 1 1    Như nhỏ EA + EA EB EA  EB EA EB EB lớn hay EA + EF lớn  AF lớn (**) 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy  O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3) 0,5  O’EB  O’EF có EB = EF, O’E chung FEO '  BEO ' (cùng bù với BAO '   O’EB =  O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F 0,5 (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc  dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng 0,5 bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E  O’ (***) 0,25 Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1 có giá trị nhỏ  EA EB 0,25 Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình tròn bán kính cho khơng có hai hình tròn chúng có điểm chung Suy tâm hình tròn nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh (a-2) MN // AB Các đường trung 0,75 bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình vng nhỏ Theo nguyên lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm hình tròn nói trên, chẳng hạn O1 O2 Do hình tròn khơng có hai hình tròn có điểm chung nên O1O2  (1) 0,5 0,5 Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh a2 a2 a2 nên O1O2  (2) ( đường chéo hình vng 2 0,5 nhỏ) Từ (1) (2)  a2   a   2 Do hình vng 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí có cạnh lớn (  2 ) thỏa mãn u cầu tốn Vậy hình vng ABCD có cạnh (  2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 2+2 A B N M O1 O1 O2 a-2 O O2 P Q D C 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PHỊNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HĨA NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn Tốn: Lớp ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm)  x2 x  x 1 Với x  0, x    : x x  x  x  1  x   Cho biểu thức: P   a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P  c) So sánh: P2 2P Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x, y  Z thỏa mãn: y x  x  y   x  y  xy b) Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn điều kiện: 1 1 1        b c a b c a Chứng minh rằng: a  b3  c3 chia hết cho Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: x2  20 x  25  x2  x   10 x  20 b) Cho x, y số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A = x + y + Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF a) Chứng minh: CM vng góc với EF b) Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng c) Tìm vị trí N AB cho diện tích tứ giác AEFC gấp lần diện tích VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí hình vuông ABCD Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c      ab bc ca bc ca ab Hết -Lưu ý: Học sinh không sử dụng máy tính cầm tay VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu a Điểm Nội dung Điều kiện: x  0, x  0,5  x2 x  x 1 P   : x x  x  x  1  x           b  x2 x  x 1   : x  x  x   x 1  0,5   x   x ( x  1)  ( x  x  1)   x  x 1   x 1 x  x 1   x 1 x  x 1 : x 1 2 x 1 0,5 0,5 x  x 1 Với x  0, x  Ta có: P  0,5 2  x  x 1 1,0  x  x 1 0,25  x x 60  ( x  2)( x  3)  Vì x   nên Vậy P = c 0,25 x    x  (t/m) x = Vì x   x  x   0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 2 x  x 1 0 P2 0 0,25  P ( P  2)   P2  2P  0,25  P2  2P Dấu “=” xảy P =  x = 0,25 Vậy P2  2P a y x  x  y   x  y  xy  y x  x  y   x  y  xy  0,5   x  1 (2 y  y  x)  1 0,25 Vì x, y Z nên x - 1 Ư(-1) = 1; 1 +) Nếu x – =  x = 2 Khi 2y 0,5 -y–2=-1  y = (t/m) y = 1 Z (loại) +) Nếu x – = -1  x = 0,5 Khi 2y - y =  y = (t/m) y = 1 Z (loại) 0,25 x  x  ;  y 1 y 1 Vậy  b a) Từ giả thiết 1 1 1 (   )2    a b c a b c 1  2(   )  ab bc ca Vì a, b, c  nên a + b + c = 0,5 0,5 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí  a  b  c   a  b    c  3 0,25  a  b3  3ab(a  b)  c3 0,25  a  b3  c3  3abc Vậy a  b3  c3 với a, b, c  Z Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng đẳng thức x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà khơng chứng minh trừ 0,5 điểm a Đkxđ: x  R 0,25 x2  20 x  25  x2  x   10 x  20 Vì x  20 x  25  x  x   với x  10x – 20   x  0,5 Ta có: x  20 x  25  x  x   10 x  20 0,5  x   x   10 x  20  x   x   10 x  20  x  28  x  4(t / m) 0,5 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = b x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0,5   x  y   7( x  y )  10   y 2  ( x  y  2)( x  y  5)   y   4  x  y   1 0,5 * x + y + = - x = - 5; y = * x + y + = - x = - 2; y = 0,5 Vậy Amin = - x= - 5; y = Amax = - x = -2; y = 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí a E M A N B F 1,0 D C Ta có: ECD  BCF (cùng phụ với ECB ) Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vng – góc nhọn) 1,0  CE = CF   ECF cân C Mà CM đường trung tuyến nên CM  EF b * Vì  EDC =  FBC  ED = FB 0,5  NCF vuông C Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: BC2 = NB.BF  a2 = NB.DE (đpcm) 0,5 *  CEF vng C có CM đường trung tuyến nên CM   AEF vuông A có AM đường trung tuyến nên AM  EF EF 0,5  CM = AM  M thuộc đường trung trực AC Vì ABCD hình vng nên B, D thuộc đường trung trực AC 0,5  B, D, M thẳng hàng thuộc đường trung trực AC (đpcm) c Đặt DE = x (x > 0)  BF = x 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SACFE = SACF + SAEF = AF   AE  CB  (AB  BF)   AE  AD   (a  x).DE  (a  x)x SACFE = 3.SABCD  0,25 0,5 (a  x)x  3a  6a  ax  x   (2a  x)(3a  x)  Do x > 0; a >  3a + x >  2a  x   x = 2a 0,5  A trung điểm DE  AE = a Vì AE //BC nên AN AE  1 NB BC 0,25  N trung điểm AB Vậy với N trung điểm AB SACFE = 3.SABCD * Vì a, b, c > nên Tương tự:  a a ac 1  ab ab abc b ba c cb  ;  bc abc ca abc a b c    (1) ab bc ca * Ta có: a a  bc a(b  c) Vì a, b, c > nên theo bất đẳng thức Cơ- si ta có: a  (b  c )  a (b  c)  2   abc a (b  c ) 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí  2a a 2a a    abc abc bc a(b  c) Tương tự:  2b b  ; abc ac 2c c  abc ba a b c   2 bc ca ab Dấu ‘ =” xảy a = b + c; b = c + a; c = a +b 0,5 tức a = b = c (vô lý)  a b c    (2) bc ca ab Từ (1) (2) ta có đpcm * Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 5, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm ... THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017 -2018 Môn thi: TOÁN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang,... TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017 -2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM...Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 20 09 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu