20 đề HSG toán 9 năm 2013 2016

Ề Í – 2016 Mơn: Tốn Ứ ( làm bài: - Đề có r ) Bài 1(3 đ ểm): a) Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: x + xy + y = b) Với a, b số nguyên Chứng minh 4a + 3ab  11b2 chia hết cho a  b chia hết cho Bài 2( đ ểm): a) Cho f ( x)  ( x3  12 x  31)2015 Tính f (a) với a  16   16  x4 y b) Cho a, b, x, y số thực thoả mãn: x  y    a b ab x 2016 y 2016 Chứng minh rằng: 1008  1008  a b (a  b)1008 Bài ( đ ể ) a) Giải phương trình: x    x  3x2  12 x  14 2  4 x  y  b) Giải hệ phương trình sau :    x  xy  Bài (7 đ ể ) Cho đường tròn tâm O, đường kính BC cố định điểm A chuyển động nửa đường tròn (A khác B C) Hạ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A dựng hai nửa đường tròn tâm P đường kính HB tâm Q đường kính HC, chúng cắt AB AC E F a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC b) Gọi I K hai điểm đối xứng với H qua AB AC Chứng minh ba điểm I, A, K thẳng hàng AH c) Chứng minh tỷ số không đổi BC.BE.CF d) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác PEFQ đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị Bài ( đ ể ) Cho x;y;z dương cho Tìm giá trị lớn P  1   6 x y yz zx 1   3x  y  z y  3z  x 3z  3x  y HẾT Ư Ẫ ẤM M Môn Toán Nội dung Câu I.a I.b -2016 Chia để a , đ ể - Từ (gt) ta có :(x + 1)(y + 1) = 10 ; 10 = 1.10 = 2.5 - Vì x,y  N - Lập bảng ta tìm nghiệm (x ;y) =(0 ;9) ;(9 ;0) ;(1 ;4) ;(4 ;1) b , đ ể - Ta có :     4a  3ab  11b2  5a  5ab  10b  a  2ab  b  a  2ab  b 2  a  b ( Vì số nguyên tố) - Ta có: a  b   a  b2   a  b a  b  (đpcm) 0,75 0,5 0,25  a  b  0,75 0,5 0,25 âu a( đ ể ) II a  16   16   a3  32  3 (16  5)(16  5).( 16   16  )  a3  32  3.(4).a  a3  32 12a  a3  12a  32   a3  12a  31   f (a)  12015  0,5 0,5 0,5 0,5 Câu b( đ ể ) x4 y (x2  y )2   a b ab  b(a  b) x  a(a  b) y  ab( x  x y  y )  b x  a y  2abx y   (bx  ay )  Ta cã: ( x  y )  nªn Tõ ®ã: x2 y2 x2  y2 x 2016 y 2016 x 2016 y 2016     1008  1008   1008  1008  1008 a b ( a  b) a b (a  b)1008 a b ab ab III KL:… õu a( ) Giải ph-ơng trình: x    x  3x2 12 x  14 §K: 1,5  x  2,5 + Sử dụng bất đẳng thức cô si Bu nhi a đánh giá VT + Đánh giá VP  0,75  VT   2x    2x  x2 x  VP   0,75 Do ®ã: PT   III KL âu b( đ ể ) 0,5 Từ (gt) ta có :3x2-xy -2y2 =0 (x-y)(3x+2y)=0  x=y x = 2 y - Nếu x = y thay vào (1) ta x = ;x = -1 2 - Nếu x = y Thay vào hệ ta hệ vô nghiệm 1 KL : Hệ phương trình có nghiệm (x ;y) =(1 ;1) ;(-1 ;-1) IV N K A F M I E B IV P H O C Q Câu a(1 đ ) Xét tam giác vuông ABH có HE AB AB.AE = AH2 (1) Xét tam giác vuông ACH cã HF  AC  AC.AF = AH2 (2) Tõ (1) vµ (2) suy AE.AB = AF.AC IV Gãc IAH b»ng lÇn gãc BAH Gãc KAH b»ng lÇn gãc CAH Suy gãc IAH + gãc KAH =2( gãc BAH + gãc CAH) = 1800 Suy I, A K thẳng hàng IV õu ( đ ể ) Ta có: AH2 = BH.CH  AH4 = BH2 CN2 = BE.BA.CF.CA = AH 3 BE.CF.AH.BC  AH = BE.CF.BC  =1 BE.CE.BC âu d( đ ể ) 1 BC SPQFE = ( PE  FQ).FE  BC.FE Mà FE  PQ hay FE   2 SPQFE  BC Dấu đẳng thức xảy A điểm nửa đường tròn tâm O, đường kính BC ( để ) IV V HD Áp dụng BĐT + với a; b số dương Ta có: 0,5 0,5 + + + )= ) )+ + )] = + ) Tương tự + ) + ) Cộng vế bất đẳng thức ta được: + )+ + )= + + )= SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ THI MƠN TỐN CHUN Ngày thi: 29 tháng năm 2013 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Đề thức Bài (2 điểm) 1) Cho x số thực âm thỏa mãn x2 + A = x3 + = 23, tính giá trị biểu thức x2 x3 2) Phân tích thành nhân tử biểu thức sau: x4 – 2y4 – x2y2 + x2 + y2 Bài ( điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông A, ABC = 600 Trung tuyến CD = cm Tính diện tích tam giác ABC 2) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: y = (m + 1)x – m, m tham số Tìm m để đường thẳng d cắt parabol (P): y = x2 hai điểm phân biệt A, B cho OA vng góc với OB Bài (2 điểm) 1) Cho x, y số dương thỏa mãn x + y = 1, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (1 - 1 )(1 - ) x y 2) Tìm nghiệm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 2x2 – 2xy = 5x – y – 19 Bài ( điểm) Cho đường tròn (O), bán kính R, A điểm cố định nằm đường tròn Một đường tròn thay đổi qua điểm O, A cắt đường tròn (O) hai điểm P, Q Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định (trước chứng minh nêu dự đoán điểm cố dịnh mà P, Q qua, giải thích cách nghĩ) Bài ( điểm) Có thể lát kín sân hình vng cạnh 3,5m viên gạch hình chữ nhật kích thước 25cm x 100cm mà không cắt gạch hay không? Hết Lời giải tóm tắt Bài 1 ) – 3(x + ) x x 1 Từ giả thiết ta có: x + +2 = 25  (x + )2 = 52 => x + = -5 x < x x x 1) Ta có A = (x + Do A = (-5)3 – 3.(-5) = - 110 2) x4 – 2y4 – x2y2 + x2 + y2 = (x4 – y4) – (y4 + x2y2) + (x2 + y2) = (x2 + y2)(x2 - y2 – y2 + 1) = (x2 + y2)(x2 - 2y2 + 1) Bài 1) A Đặt BC = 2x (x > 0) Vì ABC = 600 => C = 300 => AB = x => AD = \ D B \ 600 x; AC = x Tam giác ADC vuông A => CD2 = AD2 + AC2 ( Đ/l Pi tago) cm C => Vậy diện tích S tam giác ABC S = = 3x2 + x2 => x = 16 13 AB.AC 3 (cm2)   2 13 13 104 2) Phương trình hồnh độ hai đồ thị x2 – (m + 1)x +m = (*) Hai đồ thị cắt điểm phân biệt A B  PT (*) có nghiệm phân biệt  >0  (m + 1)2 – 4m >  (m – 1)2 >  m  Xét PT hồnh độ, có a + b + c = – m – + m = => x1 = ; x2 = m => y1 = ; y2 = m2 => A( 1;1); B(m ; m2) Phương trình đường thẳng qua O A y = x Phương trình đường thẳng qua O B y = mx Đường thẳng OA vng góc với đường thẳng OB  m = -1  m = -1 Vậy với m = -1 đường thẳng parabol cắt điểm phân biệt A B cho OA vng góc với OB Bài 1) ĐK: xy  ; Từ giả thiết => x  y   xy ( x  1)( y  1) x y  ( x  y )  x y   xy  x y  xy    =1 + 2 2 2 2 x y x y x y x y xy 2 2 Mặt khác ta có (x – y)  => x + y  2xy  (x + y)  4xy   4xy 1 =>  xy     => P  + = xy xy Dấu “=” xảy x = y = Thỏa ĐK Vậy minP =  x = y = Ta có P = x  x  19 x(2 x  1)  2(2 x  1)  17 17 (x    x 2 2x 1 2x 1 2x 1 2) Từ PT ta có y = x= không nguyên) 17 nguyên  17 2x –  2x 2x 1 ước 17 Mà 17 có ước  1;  17 Do x nguyên dương nên 2x –  => 2x – = 2x – = 17 => x = => với x nguyên y nguyên x = => y = 16 y = Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x; y) = ( 1; 16) ; (9; 8) Bài M O' P K O I H Q A *) Dự đoán điểm cố định giao điểm I OA PQ *) Chứng minh: G/s (O’) qua O A => O’ nằm đường trung trực AO, gọi giao điểm đường trung trực với AO H, giao điểm OA với PQ I, giao OO’ với PQ K, OO’ cắt đường tròn (O’) M Ta có OO’ đường trung trực PQ => OO’  PQ OKI đồng dạng với OHO’ (g.g) (Do OO’ = OM AO = 2.OH) Ta có OPM = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => OPM vng P, lại có PQ  OO’ => OP2 = OK.OM (Hệ thức lượng tam giác vuông)  OP R  OI = không đổi OA OA Do O cố định, OI không đổi nên I cố định Vậy đường thẳng PQ qua điểm cố định Bài Không thể lát sân mà cắt gạch gọi số gạch lát theo chiều dài chiều rộng viên gạch x, y hệ PT sau phải có nghiệm nguyên: 100 x  350 hệ vô nghiệm nguyên  25 y  350 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 Mơn: Tốn (Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)     a  2a - 3b  3b a - 3b - 2a a a  3ab a) Tìm điều kiện a b để M xác định rút gọn M b) Tính giá trị M a =  , b = 10  11 Bài (2,0 điểm) Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + = 0, m tham số a) Tìm điều kiện m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 b) Tìm giá trị m để x12 + x22 + x32 = 11 Bài (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n số A = 444 (A gồm 2n chữ số 4); B = 2n 888 (B gồm n chữ số 8) Chứng minh A + 2B + số phương n Bài (4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) hai điểm C D Từ điểm M tuỳ ý d kẻ tiếp tuyếnMA MB với (O) (A B tiếp điểm) Gọi I trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Các đường thẳng MO AB cắt H Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD c) Chứng minh đương thẳng AB qua điểm cố định M thay đổi đường thẳng d d) Chứng minh MD HA2 = MC HC2 Bài (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > thoả mãn a + b + c = 2013 Chứng minh a b c + +  a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab Dấu đẳng thức sảy nào? HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM Câu a) M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 Mơn: Tốn (Chun Tốn) HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn gồm trang) Nội dung    Điểm  a  2a - 3b  3b a - 3b - 2a a a  3ab  a, b  a  ĐK xác định M:   a  b  M= 2a  2a  3ab  3ab  3b  2a a  3ab 2a  3b Câu =  a  ab (2,0 đ) 0,25 ( 2a  3b )( 2a  3b ) 2a  3b  a ( 2a  3b ) a b) Ta có M =   0,25 0, 3b 11 với a =  , b = 10  a 0,25 3b 30  22 (30  22 2)(3  1) 102  68    a 17 1 (1  2)(3  1)  3b  64  2 a Từ M =  (2  2)  2 Vậy  0,25  2 0,25 0,25 a) x – 5x + (2m + 5)x – 4m + = (1) x    x   ( x  3x  2m  1)    Nếu  x  3x  2m   0(*) x  trừ 0,25 điểm  x  x  m    0,25 Để (1) có ba nghiệm phân biệt pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0,25   13  8m  13  m Câu Điều kiện 4   2m    2m    (2,0 đ) b) Ta có ba nghiệm phân biệt phương trình (1) x1 = 2; x2; x3 x2; x3 hai nghiệm phân biệt pt (*) Khi x12 + x22 + x32 = 11    x2  x3   x2 x3  11   x2  x3   x2 x3  7(**) 2  x2  x3  (0,25 đ)  x2 x3  2m  0,5 0,25 0,25 áp dụng định lý Vi-ét pt (*) ta có  Vậy (**)   2(2m 1)   m  (thoả mãn ĐK) Vậy m = giá trị cần tìm 0,5 Ta có A  444  444 4000  444  444 10n  1  888 2n n n n n n 0,25   = 4.111 1.999  B  4.111 1.9.111  B   6.111 1  B n n n n n   0,25 3  =  888   B   B   B 4  n 4  0,25 Câu (1,0 đ) Khi 2 3  3  3  A  B    B   B  B    B   B.2    B   4  4  4  2 3      =  888     3.222     666 68  n n 4     n1  0,25 Ta có điều phảI chứng minh A O H d M C I D B Câu (4,0 đ) a) MA, MB iếp tuyến (O) Q  MAO  MBO  900 I trung điểm CD  OI  CD  MIO  900  A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO  Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB  MO đường trung trực AB  MO  AB  MH.MO = MB (hệ thức lượng tam giác vuông) (1) sđ BC  MBC MDB( g.g ) MB MD    MC.MD  MB (2) MC MB 0,25 0,25 0,25 0,25 MBC  MBD  0,25 ĐÁP ÁN Câu (4,00 điểm) Cho biểu thức: a a 1 a a 1 a 2 a p  ( a  )(  ) a a a a a a 1 a 1 a) Rút gọn biểu thức P a  13 p    a ( a  1) a ( a  1) ( a  1)(a  a  1) a ( a  1) (a  a  1) a a a  2   a  13    a )( a ( a  1) ( a  1)( a  1) ( a  1)(a  a  1) a ( a  1) (a  a  1) a ( a  1)( a  1) a ( a2 1  a 1   (2  a )( a  1) ( a  1)( a  1) ) a  3a  a  a   a  a a ( a  1)( a  1) 2a  a  a ( a  1)( a  1) 2(a  a  1) ( a  1)( a  1) 2(a  a  1) a a  2a  a  2 a a a 4 b) Chứng minh với giái trị a (thỏa điều kiện thích hợp) ta có P>6 2 Ta có a   2 a  p  hay p  (đpcm) a a Câu 2.(4.50 điểm) Giải phương trình x  x   x  x   x   ( x  x   x  x  1)( x  x   x  x  1)  (9 x  3)( x  x   x  x  1)  x   (9 x  3)( x  x   x  x  1)  (9 x  3)( x  x   x  x   1)   9x   x x  5x   x  x   1= vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x  a dễ chứng minh phương trình Câu (4,00 điểm) Cho ba số không âm x,y,z thỏa mãn Chứng minh xyz  Ta có : 1     2x  y  2z 64 1 2y 2z yz  1 1   2  2x 1 2y  2z  y  2z (1  y)(1  z ) ương tự ta có : xz xy 2 , 2 1 2y (1  x)(1  z )  z (1  x)(1  y) 1 64 x y z   2x  y  2z (1  x) (1  y ) (1  z ) xyz Khi :  (1  x)(1  y )(1  z )  (1  x)(1  y )(1  z )   64 xyz  xyz  64 Câu (2.50 điểm) Cho hình bình hành ABCD có Aˆ 90 Dựng tam giác vuông cân A BAM DAN (B N nửa mặt phẳng bờ AD, D M nửa mặt phẳng bờ AB) Chứng minh AC vng góc với MN N B C H A D M Gọi H giao điểm MN AC NAˆ D  BAˆ M  2v Ta có :  NAˆ B  BAˆ D  BAˆ D  DAˆ M  2v  NAˆ M  BAˆ D  2v Mặt khác : AB // CD  BAˆ D  ABˆ C  2v Do : NAˆ M  ABˆ C ( 2v  BAˆ D) Xét tam giác NAM tam giác CAB ta có : AM=AB AN= BC NAˆ M  ABˆ C (cmt) Do hai tam giác Suy : BAˆ C  AMˆ N (Hai góc tương ứng) Trong tam giác AHM có góc AMN +góc MAH =góc BAC + góc HAM=góc BAM = 900 Vậy : góc AHM = 900.Hay AC vng góc với MN (đpcm) Câu (5.00 điểm) Cho tam giac ABC n i ti p đường tr n tâm ,G trọng tâm i p n B ( ) c t CG M i p n C ( ) c t BG N.Gọi , th o thứ tự giao điểm CN ,AN đường thẳng ua B song song với AC , th o thứ tự giao điểm BM,AM đường thẳng ua C song song với AB Chứng minh : a) AB.CZ = AC.BX b) MAˆ B  NAˆ C Y T A M O N G B C Z X Xét tam giác BZC tam giác ACB ta có : Góc CBZ = Góc BAC ( góc nội tiếp góc tạo tia tt dây chắn cung) Góc BCZ = Góc ABC ( so le ,AB//CX) Nên tam giác BZC đồng dạng với tam giác ACB (g-g) BZ CZ BC =>   AC BC AB AB BC   AC BZ => AB.CZ=BC.BC (1) Tương tự tam giác ABC đồng dạng với tam giác CXB (g-g) AB BC AC    CX BX CB BC AC   BX CB AC.BX=BC.CB (2) Từ (1) (2) => AB.CZ = AC.BX (= BC2) Câu b Mình nhìn khơng nhờ bạn suy nghĩ đưa lời giải (cảm ơn) PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) a) Cho M  (1  x 3 x 2 x 2 ):(   ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 x Rút gọn M Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M nhận giá trị số nguyên b) Tính giá trị biểu thức P P  3x 2013  5x 2011  2006 với x   2    18   Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) ( x  3)( x  4)( x  5)( x  6)  24 b) | 2x  x  | = 2x  x  Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y =   Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M   x   y   y  x   1 1   6 x y yz zx 1 Chứng minh rằng:    x  y  z 3x  y  3z x  y  3z b/ Cho x, y, z số dương thoả mãn Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) hai đường kính AB CD cho tiếp tuyến A đường tròn (O; R) cắt đường thẳng BC BD hai điểm tương ứng E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ trung điểm đoạn thẳng OA Gọi α số đo góc BFE Hai đường kính AB CD thoả mãn điều kiện biểu thức P  sin   cos  Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ BE CE 3 Chứng minh hệ thức sau: CE.DF.EF = CD  BF DF Câu 5: (1 điểm) Tìm n  N* cho: n4 +n3+1 số phương 6 PHỊNG GD&ĐT THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Mơn: Tốn Câu 1: (6 điểm) (4,5đ) a) ĐKXĐ: x  0; x  4; x  (*) 1)Rút gọn M : Với x  0; x  4; x   x 1 x   x  : M     x     x 2 x 2 x 3 (0,5đ)    ( x  2)( x  3)  x 2   ( x  3)( x  3)  ( x  2)( x  2)  ( x  2)  :  x 1  ( x  2)( x  3)    x 1 : x   ( x  4)  x  ( x  2)( x  3) x 2 x 1 Vậy M  2) M  x 2 x 1 x 2 x 1  (với x  0; x  4; x  ) (*) x 1 x 1  x 1 x 1  x 1  1 (2,5đ) x 1 (0,75đ) Biểu thức M có giá trị nguyên khi: 3 x   x   U (3) Ư(3)   1;3  Vì x   x   x   Nên x  1 1;3  Xảy trường hợp sau: (0,5đ) x    x   x  (TMĐK (*) ) x    x   x  (không TMĐK (*) loại ) Vậy x = M nhận giá trị nguyên b_ (0,25đ) x   2    18   (0,5đ) Có 18   (4  )     2       (  1)  1 (0,25đ) x   2      2       x   (  1)         x  (  1)   1   1  (0,75đ) Với x = 1.Ta có P  3.12013  5.12011  2006    2006  2014 Vậy với x = P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a ( x  3)( x  6)( x  4)( x  5)  24  ( x  x  18)( x  x  20)  24 (1) Đặt x  x  19  y (1)  ( y + 1)(y – ) – 24 =  y2 – 25 =  ( x  x  24)( x  x  14)   ( x  2)( x  7)( x  x  24)  Chứng tỏ x  x  24  Vậy nghiệm phương trình : x  2; x  7 b Ta có x  x   ( x  x  1)  ( x  1)  pt trở thành : x  x   x  x   x 1 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1  Tìm GTNN biểu thức: M =  x      y   y2   x  x4 y  x2 y     2 M =  x   y   = x y    2  x y x2 y y  x   2đ x y  2  1 2  x2 y          xy   2 x y xy   xy     15 Ta có: xy    xy   xy  16 xy  16 xy 0,5 0, 1 1  xy   (1) * 16 xy 16 xy x y 1 1 15 15 xy    xy    4     (2) 2 xy 16 xy 16 16 xy * Ta có: xy   Từ (1) (2)   xy      15 15 17       xy   xy   16 xy  16 xy 4    17  289 Vậy M =  xy       xy    16     xy   xy  16 xy   4x y Dấu “=” xảy   (Vì x, y > 0)  x y  x  y  Vậy M = 0,5 0,25 0,25 289 x = y = 16 0,5 b 1   6 x  y y  z z  x Cho x, y số dương thỏa mãn: 1    Chứng minh rằng: 3x  y  z 3x  y  3z x  y  3z 1   Áp dụng BĐT a b a  b  Ta có: 11 1     ab 4 a b  (với a, b > 0) 2đ 0.5  1 1 1      3x  y  z  x  y  z    x  y  z   x  y  z x  y  z    1  1 1 1             x  y    x  z   x  y    y  z     x  y x  z x  y y  z    1 1      16  x  y x  z y  z  1 1       x  y  z 16 x  z x  y y  z   Tương tự: 1 1       x  y  3z 16  y  z x  y x  z  cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4         3x  y  z 3x  y  3z x  y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1         16  x  y x  z y  z  0,5 0,5 0,5 0,5 Caai 4: (5 điểm) B D I O C 0,25 H E P A Q F BA đường cao tam giác BPQ suy H thuộc BA 0,75đ Nối OE,  BEF vuông B; BA  EF nên AB2 = AE AF AE AB AE AB AE AB       1 AB AF OA AQ AB AF 2 Vậy  AEO  ABQ(c.g.c) Suy ABQ  AEO mà ABQ  P1 (góc có cạnh tương ứng vng góc) nên AEO  P1 , mà hai góc đồng vị => PH // OE Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy H trung điểm OA Ta cã: P  sin   cos6    sin     co s   0,25đ 0,75đ P   sin   cos   sin   sin  cos   cos   0,75đ 2 P   sin   cos2    3sin  cos2    3sin  cos  0,5đ Ta cã: sin   cos2    4sin  cos2    4sin  cos2   sin  cos2   2 Suy ra: P   3sin  cos   Do đó: Pmin khi: 4  4 0,25đ 0,25đ sin   cos2   sin   cos (vì sin tg     450 cos  Khi CD vng góc với AB gãc nhän)  0,25đ 0,25đ 0,25đ Ta có  ACB  ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB đường kính nên ACB  ADB  900 => ADBC hình chữ nhật 0,25đ Ta có: CD2 = AB2 = AE AF => CD4 = AB4 = AE2 AF2 = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF  AB3 = CE.DF.EF Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: BE EA.EF AE BE AE CE.BE BE CE        BF DF BF FA.EF AF BF AF DF BF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + số phương n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 0,25đ   n4  n3 1  n2  K   n  2Kn  K (K  N * )  n  2Kn  K   n (n  2k)  K   Mà K  1 n  K  n  K  Nếu K   K   n (n  2)   n  Thử lại  23   52 ( thỏa mãn) Khi K   K  K   n  K  n  n  2k  mâu thuẫn với điều kiện n n  2K   K   Vậy n = (1đ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 Môn : Toán Thời gian làm : 150 phút Ngày thi: 04/4/2014 Câu (4 điểm) Tìm số thực x thỏa x4  2x3  x2  2x 1  Câu (4 điểm) x3  2y  Giải hệ phương trình:   y  2x  1 Câu (4 điểm)      m2  n Cho m n hai số nguyên dương lẻ thỏa   n  m 1) Hãy tìm cặp gồm hai số nguyên dương lẻ  m;n  thỏa điều kiện cho với m  n  2) Chứng minh  m2  n2   4mn Câu (4 điểm) 1) Tính số ước dương số 1000 2) Tính số ước dương chẵn số 1000 Câu (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc CAB, ABC, BCA góc nhọn Gọi (O) đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với hai cạnh AB, AC D, E Gọi M giao điểm hai đường thẳng OB DE, gọi N giao điểm hai đường thẳng OC DE Chứng minh bốn điểm B, C, M, N thuộc đường tròn ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG NAI 2013-2014 Câu Chia vế cho x ta được: x4  2x3  x2  2x    x  1   2 x   1  x x  1 1     x     x   1  x x       x   1  x   1  x   1  (1) x   1  (2) x x Giải (1) ta x 1   2  1   2  x  (3) 2 Giải (2) vơ nghiệm Vậy có hai giá trị x (3) thỏa toán Câu  x  2y   x3  y3  2x  2y    y  2x  1     x  y  x  y2  xy    y  x(1) x2  y2  xy   (2) Với y = - x Khi x3  2x     x  1  x2  x  1   x  1 x2  x   0(3) Khi x = 1 y  Giải (3) ta x  1 1 x  2 Với x  1 1  y 2 Với x  1 1  y 2 y  3y2  (2)   x      (vô nghiệm) 2  Hệ cho có nghiệm Câu 3.1 Với m = 11 n = 41 thỏa điều kiện tốn Vì m2   123 41 n2   1683 11 3.2 Vì m2  n mà n2 n nên  m2  n2   n (1) Tương tự  m2  n2   m (2) Gọi d ước chung lớn m n  m2  n2 d Theo chứng minh  m2  n2   m   m2  n2   d  d  d  1(3) ; d lớn d = mâu thuẫn với m n lẻ Từ (1), (2) , (3) suy  m2  n2   mn Cuối m lẻ nên m  2k  (với k  )  m2  4k(k  1)  Tương tự n2  4l(l  1)  (với l  ) Suy  m2  n2   Từ có điều phải chứng minh Câu 4.1 Ta có 1000  23.53 Gọi k ước dương 1000 Suy k  2n.5m với n, m  thỏa n  m  Vậy số ước dương 1000 4.4=16 4.2 Gọi k ước dương chẵn 1000 Suy k  2n.5m với n, m  n  m  Vậy số ước dương chẵn 1000 3.4=12 thỏa Câu A E M D B N O C Theo giả thiết AD = AE  ADE cân A  CEM  AED  900  BAC Mà COM  OBC  OCB  900  BAC Vậy CEM  COM  COEM tứ giác nội tiếp Theo giả thiết OE  AC từ BM  CM Tương tự CN  BN  BCMN tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC ... LỚP 10 NĂM HỌC 201 3 – 201 4 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ THI MƠN TỐN CHUN Ngày thi: 29 tháng năm 201 3 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Đề thức... = 201 3 Chứng minh a b c + +  a + 201 3a + bc b + 201 3b + ca c + 201 3c + ab Dấu đẳng thức sảy nào? HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM Câu a) M = a KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 201 3... DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 201 3 -201 4 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 201 4 (đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2 điểm) 1 1 x2