45 đề thi HSG toán 9 có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 Đề thức MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (5,0 điểm) √ √ 2m + 16m + m−2 √ Cho biểu thức P = +√ +√ −2 m+2 m−3 m−1 m+3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên m để P số tự nhiên √ 2013 Tính giá trị (a3 + 15a − 25) với a = 13 − + √ 13 + Câu (5,0 điểm) Giải phương trình: √ √ √ x + + − x − 15 − 2x − x2 + = Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2x2 + mx − = mx2 − x + = Câu (5,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa 1 + + = x y z x+y ≤2 x2 + y + xy = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T = x2 + y − xy Cho hai số x, y thỏa mãn: Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) hai điểm A, B nằm ngồi đường tròn cho OA = 2R Tìm điểm M đường tròn để M A + 2M B đạt giá trị nhỏ Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi P điểm di động cung BC không chứa A Gọi M, N hình chiếu vng góc hạ từ A xuống P B, P C Chứng minh đường thẳng M N qua điểm cố định Gọi I, D, E chân đường cao hạ từ A, B, C xuống cạnh BC, CA, AB Chứng minh chu vi tam giác IDE không đổi A, B, C thay đổi đường tròn (O; R) cho diện tích tam giác ABC a2 —–HẾT—– Ghi chú: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP THÀNH PHỐ-NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày 11/04/2013 Đề thức MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 03 trang.) CÂU NỘI DUNG (3,5 điểm) a) Điều kiện: m ≥ 0, m = √ m+1 P =√ m−1 b) P = + √ m−1 1(5,0đ) Để P ∈ N =⇒ m ∈ {4; 9} 2.(1,5 điểm) √ √ 3 a = 13 − + 13 + =⇒ a3 = 26 − 15a 2013 a3 + 15a − 25 = =⇒ (a3 + 15a − 25) (2,5 điểm) =1 Điều kiện: −5 ≤ x ≤ √ √ √ √ Đặt t = x + + − x, t2 = + 15 − 2x − x2 =⇒ t ≥ 2 t=3 Phương trình cho có dạng: t2 − t − = ⇐⇒ t = −2 (loại) √ √ t = ⇐⇒ x + + − x  =3 √ −2 + 2(5,0đ)  x= √ ⇐⇒ 4x2 + 8x − 59 = ⇐⇒  −2 − x= 2 (2,5 điểm) mx + 2y = Đặt x2 = y ≥ Hệ trở thành: −x + my = −2  m+4    x= m +2 Hệ ln có nghiệm:  − 2m   y= ≥ (m ≤ ) m +2 2 m + − 2m Ta có: x2 = y ⇐⇒ = m2 + m +2 ⇐⇒ (m + 1) (m2 − m + 7) = ⇐⇒ m = −1 3(5,0đ) (3,0 điểm) ĐIỂM 0,5đ 2,0đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ Tiếp CÂU NỘI DUNG Khơng tính tổng qt giả sử: ≤ x ≤ y ≤ z 1 =⇒ = + + ≤ =⇒ x = x y z x 1 y = (vô lý) =⇒ + = ≤ =⇒ y = =⇒ z = y z y Vậy (1; 2; 2) hoán vị chúng nghiệm phương trình cho (2,0 điểm) x+y ≤2 Hệ 1,0đ 1,0đ x + y = − a (a ≥ 0) x2 + y + xy = ⇐⇒ x+y =2−a Do đó: ĐIỂM 1,0đ xy = (2 − a) − 0,5đ x2 + y + xy = , ∆ = S − 4P ≥ =⇒ ≤ a ≤ 0,5đ T = x2 + y + xy − 2xy = − 2(2 − a)2 0,5đ T = x = 1, −1 √ y = √ x = −1, y =√ √ max T = x = 3, y = − x = − 3, y = 0,5đ B M M C O A 4(2,0đ) Gọi C điểm đoạn thẳng OA cho OC = R , ta có điểm C cố định Dễ thấy ∆OCM đồng dạng ∆OM A =⇒ M A = 2M C Ta có M A + M B ≥ BC (khơng đổi) M A + 2M B = 2(M B + M C) ≥ 2BC Dấu “=” xảy M nằm B C Vậy điểm M giao điểm đoạn BC đường tròn (O) M A+2M B đạt giá trị nhỏ 5(3,0đ) (2,0 điểm) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM A D E O C M I B N A P Kẻ AI ⊥ BC, I ∈ BC cố định Ta có BM A = BIA = 90◦ nên tứ giác AM BI nội tiếp hay AIM = ABM Ta lại có tứ giác ABP C nội tiếp nên ABM = ACP Do AIM = ACP (1) Mặt khác AIC = AN C = 90◦ nên tứ giác AIN C nội tiếp, suy ACP + AIN = 180◦ (2) Từ (1) (2) suy AIM + AIN = 180◦ Vậy đường thẳng M N qua điểm cố định I (1,0 điểm) 1,0đ Tứ giác BCDE nội tiếp suy AED = ACB Kéo dài AO cắt (O; R) điểm A Ta có: EAO + AED = BAA + ACB = 90◦ 1 =⇒ AO ⊥ DE =⇒ SAEOD = AO.DE = R.DE 2 1 Tương tự ta có: SBEOI = R.EI, SCDOI = R.ID 2 Vậy: SABC = SAEOD + SBIOE + SCDOI = R.(DE + EI + ID) 2SABC 2a2 =⇒ DE + EI + ID = = (không đổi) R R 0,5đ —–HẾT—– Ghi chú: • Mọi cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0,5đ 0,5đ 0,5đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) a  a a 1 a2  a a  a 1 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 (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất: y  0,5x  , y   x y  mx có đồ thị đường thẳng (d 1), (d 2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d 1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm điểm B có hồnh độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hồnh độ M tung độ N; từ đó, suy 1 giá trị nhỏ biểu thức Q   OM ON Bài (2,0 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 (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động ( C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN không đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Cho biểu thức: M  Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương -HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau thống xác Học sinh có lời giải khác đúng, xác phải nằm chương trình học làm đến ý giám khảo cho điểm ý Việc làm tròn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT ĐỀ -ĐÁP ÁN BÀI-Ý a  a a 1 a  a a  a 1 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 ĐIỂM Cho biểu thức: M  Bài Do a > 0, a  nên: a a  ( a  1)(a  a  1) a  a    a a a ( a  1) a 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 1.a a 1 (1,25đ)  M  2 a Do a  0; a  nên: ( a  1)2   a   a a 24 a  N nhận giá trị nguyên Ta có  N  M a 1.b Mà N =    a  a    ( a  2)2  a 1 a (0,75đ)  a   hay a   (phù hợp) 2,00 0,25 0,25 0,25 0,25  M Bài Vậy, N nguyên  a  (2  3)2 a) Cho hàm số bậc nhất: y  0,5x  , y   x y  mx có đồ thị đường thẳng (d1 ), (d2 ) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1 ) (d2 ) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 1  OM ON Điều kiện để (m) đồ thị hàm số bậc m  Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) (m) là: 0,5x   mx  (m  0,5)x  Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m  0,5  hay m  0,5 trị nhỏ biểu thức Q  2.a (0,75đ) Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) (m) là:  x  mx  (m  1)x  Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m   hay m  1 Vậy điều kiện cần tìm là: 1  m  0,5; m  Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0  am  b   2  a  b  hệ thức liên hệ m n 2m  n  mn n  b  Chia hai vế cho mn  ta được: (**)  1 2.b m n (1,25đ) 2 4   1  2   1        5       m n mn m n m n  m n 1  Q    ; dấu “=” xảy  ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) m n m n Vậy giá trị nhỏ Q 17x  2y  2011 xy  a) Giải hệ phương trình:  (1) x  y  xy   Bài b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: x  y  z  z  x  (y  3) (2) 17  1007  x  y  x  2011  y      490 (phù hợp) Nếu xy  (1)       3   490 y    y x 1007  x 17  1004 3.a  y  x  2011  y   (1,25đ) Nếu xy  (1)     xy  (loại) 1      1031  y x 18  x Nếu xy  (1)  x  y  (nhận) 3.b (0,75đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 đ 0,50 0,25 0,25   KL: Hệ có nghiệm (0;0)  ;   490 1007  Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ (2)  x  y  z  z  x  x  y  z  z  x  0,25 0,25  ( x  1)2  ( y  z  1)2  ( z  x  1)2  0,25  x 1 x      y  z    y  (thỏa điều kiện) z     z  x  Bài Cho đường tròn (C ) với tâm O đường kính F AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM C CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN không đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam N giác BNF NF ngắn MN  BF BC  NF  A trực tâm tam giác BNF 0,25 M A B O E (C ) 4.a  FA  NB (1,00đ) Lại có AE  NB 3,0 đ 0,25 0,25 0,25 Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 CAN  MAB , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng 4.b AN AC Suy ra:  (0,75đ) AB AM Hay AM  AN  AB  AC  2R khơng đổi (với R bán kính đường tròn (C )) Ta có BA  BC nên A tâm tam giác BNF  C trung điểm NF (3) CAN  CFM , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng CN AC   CN  CF  BC  AC  3R 4.c  BC CF (1,25đ) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: NF  CN  CF  CN  CF  2R không đổi Nên: NF ngắn  CN =CF  C trung điểm NF (4) 0,25 0,25 0,25 0,25 Mặt khác: (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF  NF ngắn Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 123456789101112 S  3467891112  (1) số nguyên 100  hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý (1,00đ) S đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận (vì 34=12; 26=12; 27=14; 100 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài - Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,50 0,25 0,25 3.b (0,75đ) Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ x 1 y  z 1 z  x 1 Theo BĐT Cauchy: x  ; yz  ; zx  2  VP  x  y  z  z  x  (y  3)  VT 0,25 0,25  x 1 x    Do  y  z    y  thỏa điều kiện z     z  x  PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY 0,25 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Mơn : TỐN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức P = b2 1 ax ax  a  x  a  x 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:  x  3x    y  y  3y    2z  z  3z    3x  Bài ( 3,0 điểm) Với số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = an +bn , với a = = 3 ;b 3 Chứng minh với n ≥ 1, ta có S n + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn) Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, S n số nguyên    n    n      Tìm tất số n để S n – Chứng minh S n – =       số phương Bài (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE đường tròn (O 2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN hai đường tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O 2) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vng góc với đường thẳng AB Sở GD&ĐT Hoà Bình Bài ý 2 §iĨm Néi dung a/ A = ( x + 3y ).( x - 2y ).( x + 2y ) (4đ) Hớng dẫn chấm môn toán Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh cấp THCS Năm học 2010-2011 1,0 b/ B = ( x + 2y + ).( x - 2xy + 4y ) 1,0 a = 11 + + 11 − = (3 + 2)2 + (3 − 2)2 = 1,5 Từ a số nguyên 0,5 + HS lập luận đợc x2 + x + x2 + x + khác đa PT vỊ d¹ng 9( x2 + x ) + 12 = ( x2 + x + ) ( x2 + x + ) 1,0 +HS biÕn ®ỉi PT vỊ d¹ng ( x2 + x - ) ( x2 + x + ) = (6 ®) 0,5 17 +HS giải PT tích tìm đợc nghiƯm lµ x = 2 0,5 + HS lËp luận đợc để đồ thị hàm số đờng thẳng cắt trục tọa độ điểm A B cho tam giác OAB cân đồ thị hàm số đ cho song song với đờng 1,0 thẳng y = x ( hc y = - x ) m − =  m − = + Từ dẫn đến giải hệ PT tìm đợc m ≠ m − ≠   1,0 m = m = trả lời toán x +1 + HS viết ®−ỵc A = − 0,5 + HS lËp ln tìm đợc giá trị nhỏ biểu thức A b»ng - x = 1,5 (4 đ) Gọi K trung điểm BC, dễ có A KOC = 600 Xét tam giác vuông OKC cã OC = O 1,0 TÝnh ®−ỵc KC = OC.sin 60 = , B K C Tính đợc BC = , suy diện tích tam giác ABC S = 3 (Đvdt) Chú ý: Thực chất tam giác ABC nhng không yêu cầu HS vẽ hình + Gi s cầu thủ đội trờng A x; Số cầu thủ đội trờng B y t k lập ®−ỵc PT: xy = 4( x + y ) ⇔ ( x − 4)( y − 4) = 16 + HS lp lun tìm đợc x = 20 ; y= 5, KL… 1,0 1,0 1,0 I đường tròn (5 đ) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp 2 Chứng minh ∆IQG từ có 2,0 ∆IFE (g.g), F QG IG 1 = = ; QG = EF = R (đpcm) EF IE 2 Chứng minh ∆IAB 1,0 E H 1,0 ∆IFE (g.g), kết hợp A với (2) ta có ∆IQG G Q O B IQ IG ∆IAB , suy = dẫn IA IB đến QG song song với AB 1,0 + HS tìm đợc ĐK x biến đổi PT dạng tích 0,5 (1đ) ( x − − ).( x −1 − − x ) = + HS giải PT tích tìm đợc x = x = thỏa m n trả lời Chú ý: Mọi lời giải khác đợc cho điểm tơng đơng 0,5 S GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài (4,0 điểm) Cho biểu thức: P = x y xy − − ( x + y )(1 − y ) ( x + y )( x + 1) ( x + 1)(1 − y ) Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = Bài (4,0 điểm) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a + 4b ≥ 2013 Chứng minh phương trình sau ln có nghiệm: 18ax + 4bx + 671 − 9a = 3 Tìm tất nghiệm nguyên x, y phương trình x + x + 3x + = y Bài (4,5 điểm) Cho p 2p + hai số nguyên tố lớn Chứng minh 4p + hợp số 2 Giải phương trình: x + x + = x + x + 2 x − Bài (6,0 điểm) Cho góc xOy có số đo 60o Đường tròn có tâm K nằm góc xOy tiếp xúc với tia Ox M tiếp xúc với tia Oy N Trên tia Ox lấy điểm P thỏa mãn OP = 3OM Tiếp tuyến đường tròn (K) qua P cắt tia Oy Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN F Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác Bài (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c2 + a2 HẾT -Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang) Câu Câu 1.1 (2,5 đ) Ni dung Điều kiện để P xác định : x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ x(1 + P= = = = Câu 1.2 (1,5 đ) Câu 2.1 (2,0 đ) Điểm 0,5 ( x ) − y (1 − ( x + x + y ( )( y x − x + y ) − xy )(1 + x y +x− )( y 1+ )( (1 − y ) xy − P=2 ⇔ x + ⇔ ( x 1+ y xy + y − xy y ) x = ) ( x 1− = ) = ( x − y) + ( x x + y y ) − xy ( x + y ) y) ( x + y )(1 + x )(1 − y ) x + )(1 − x 1− x − y + y − y x x + ( ( ) x +1 − y ( ) ( )( x +1 + y 1+ x 1− 0,5 x (1 + x )(1 − y ) )( y 1+ y (1 − ) − y (1 − y ) y) 0,5 y xy − y = với x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ ) ( y − ) y +1 =1⇔ ( )( x −1 1+ 0,5 ) y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vµo P ta có cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) tho¶ m n Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a + 4b ≥ 2013 (1) 0,5 0,5 Chứng minh phương trình sau có nghiệm: 18ax + bx + 671 − a = (2) TH1 : Với a = (2) ⇔ bx + 671 = 671 Từ (1) ⇒ b ≠ Vậy (2) ln có nghiệm x = − 4b TH2 : Với a ≠ , ta có : ∆ ' = 4b − 18a(671 − 9a) = 4b2 − 6a.2013 + 162a2 Vậy pt ln có nghiệm Tìm số ngun x, y thỏa mãn phương trình:  3 0,5 0,5 0,5 0,5 x + x + 3x + = y 0,5 Ta có y − x3 = x + 3x + =  x +  + > ⇒ x < y (1) 4  9 15  ( x + 2) − y = x + x + =  x +  + >0 4 16  Câu 3.1 (2,0đ) 0,5 0,5 ≥ 4b2 − 6a(18a + 4b) + 162a2 = 4b2 − 24ab + 54a2 = (2b − 6a)2 + 16a2 ≥ 0, ∀a, b Câu 2.2 (2,0 đ) ) ⇒ y< x+2 (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; x = từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán (1 ; 2), (-1 ; 0) Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p = 3k ± *) Nếu p = 3k + p + = k + = 3(2 k + 1) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3.2 (2,5 đ) ⇒ p + hợp số (Vô lý) *) Nếu p = 3k − 1, k ≥ p + = 12 k − = 3(4k − 1) Do k − ≥ nên p + hợp số Điều kiện: x ≥ 0,5 0,5 0,5 PT ⇔ x + x + = x x + + 2 x − ( ⇔ (2x − ) ( 0,5 ) ⇔ 4x2 − 4x x + + x + + − 2 x − + 2x − = x+3 ) ( + − 2x −1 ) 0,5 =0 2 x = x + ⇔  = x − 4 x = x + ⇔ ⇔ x = (tmđk)  = 2x − 0,5 0,5 Câu Câu 4.1 (2,5 đ) Hình vẽ +PK phân giác góc QPO y ⇒ MPE = KPQ (*) + Tam giác OMN ⇒ EMP = 1200 + QK phân giác OQP Q N E ( QKP = 1800 − KQP + KPQ D K 0,5 0,5 0,5 ) Mà 2KQP + 2KPQ = 1800 − 600 = 1200 x O P M F Câu 4.2 (1,0 đ) Câu 4.3 (2,5 đ) ⇒ QKP = 1200 Do đó: EMP = QKP (**) Từ (*) (**), ta có ∆MPE ∆KPQ 0,5 0,5 Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: MEP = KQP 0,5 hay: FEP = FQP Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn 0,5 Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF tam giác PM PE PM PK Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: = Suy ra: = PK PQ PE PQ 0,5 Ngoài ra: MPK = EPQ Do đó, hai tam giác MPK EPQ đồng dạng Từ đó: PEQ = PMK = 900 Suy ra, D tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy, tam giác DEF cân D Ta có: FDP = 2FQD = OQP ; EDQ = 2EPD = OPQ ( ) FDE = 1800 − FDP + EDQ = POQ = 600 Câu Từ đó, tam giác DEF tam giác Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: 0,5 0,5 0,5 0,5 (2,0 đ) a +1 b +1 c +1 + + ≥3 + b2 + c + a2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: + b ≥ b nên: a +1 b2 (a + 1) b (a + 1) ab + b = (a + 1) − ≥ (a + 1) − = a +1− 1+ b b +1 2b ⇔ a +1 ab + b ≥ a +1− 1+ b 0,5 Tương tự ta có: b +1 bc + c ≥ b +1− (2) 1+ c c +1 ca + a ≥ c +1− (3) 1+ a Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: a +1 b +1 c +1 a + b + c − ab − bc − ca (*) + + ≥3+ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 Mặt khác: 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = ⇒ Nên (*) ⇔ a + b + c − ab − bc − ca ≥0 a +1 b +1 c +1 + + ≥ (đpcm) + b2 + c + a2 Dấu "=" xảy a = b = c = -HẾT -Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm tồn khơng làm tròn 0,5 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Mơn Tốn Bài 1.(6 điểm) Cho biểu thức A = + − 13 + 48 +1 a) Rút gọn biểu thức A 2 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y − A = x(A + x)(A + x ) Gọi d1 ,d đường thẳng có phương trình: d1 :y = 2x + 3m + d : y = (m + m)x − a) Tìm m để hai đường thẳng d1 ,d song song b) Tuỳ theo giá trị m, tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = ( 2x − y + 3m + ) + (m + m)x − y −  Bài 2.(6 điểm) Giải phương trình: 2(x + 2) = ( x + + 2x ) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x + 3x − (2m − 1)x − ( 3m + 1) x + m + m = Bài 3.(1 điểm)  x y − − x + y x − − y = Giải hệ phương trình :   x + y3 = 16 ( ) ( ) Bài 4.(6 điểm) Cho điểm cố định A, B, C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự Đường tròn (O) qua B C (O không thuộc BC) Qua A kẻ tiếp tuyến AE AF đến đường tròn (O) (E F tiếp điểm) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC, N trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh rằng: E F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) E’(khác F) Chứng minh tứ giác BCE’E hình thang Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi Bài 5.(1 điểm) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M nằm tam giác ABC cho AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ -HẾT (Giám thị không giải thích thêm ) Họ tên: Số báo danh: Chữ kí giám thị .Chữ kí giám thị PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Rút gọn biểu thức sau: a) A = + 10 + + − 10 + − x y2 b) B = + xy (x − y ) x2 x (x − y) − ( x − y ) y2 y (x − y) với xy > 0; x ≠ y Bài 2: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn y2 + 2xy − 7x − 12 = Bài 3: Giải phương trình 5−x   − x  b) a) x  x+ =6  x +   x +  10 ( x − 2013) + 14 ( x − 2014 ) =1 Bài 4: Cho ∆ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E a) Chứng minh ∆BEC ∼ ∆ADC Tính BE theo m = AB b) Gọi M trung điểm BE Chứng minh ∆BHM ∼ ∆BEC Tính AHM GB HD c) Tia AM cắt BC G Chứng minh = BC AH + HC 3 2 Bài 5: a) Cho x + y + ( x + y ) + ( x + y ) + = xy > 1 + x y b) Với a, b, c số thực dương Chứng minh a5 b5 c5 a + b + c3 + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a Tìm GTLN M = Bài giải Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn Bài 1: a) Đặt x = + 10 + + − 10 + ⇒ x = + − = + ( ⇒ x = + Do A = (x − y) x (x − y) y b) B = + − x (x − y) y (x − y) Xét trường hợp x < y < 0; y < x < 0; x > y > y > x > ta B = ) −1 = + Bài 2: Cách 1: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ ( x + y ) = ( x + 3)( x + ) (x + 3)(x + 4) tích số nguyên liên tiếp nên khơng thể số phương x + =  x = −3 Dó  ⇔ Từ ta tìm (x; y) ∈ {(-3; 3); (-4; 4)} x + =  x = −4 Cách 2: y2 + 2xy − 7x − 12 = ⇔ 4y + 8xy − 28x − 48 = ⇔ 4y − 49 + 4x ( 2y − ) = −1 2y − =  x = −4 2y − = −1  x = −3 ⇔ ( 2y − )( 2y + + 4x ) = −1 ta có  ⇔ ⇔  2y + + 4x = −1  y = 2y + + 4x =  y = 5−x  5−x  =b Bài 3: a) Cách 1: ĐKXĐ: x ≠ -1 Đặt x   = a x + x +1  x +1  − x  5x − x + x + x + − x  5−x   + x + =5 Ta có a + b = x    = x +1  x +1  x +1    a =  5−x   x =2 ab = a =   x +   x − 3x + = b =  ⇒ ⇔ ⇒ x − 3x + = Do  Với  ⇔  + = a b b = a =    x − 3x + = x + − x =   x +1   b = x = ⇔ ( x − 1)( x − ) = ⇔  x =   5− x  x =3 a =   x +   x − 2x + = Với  ⇒ ⇔ ⇒ x − 2x + = ⇔ ( x − 1) + = , vô nghiệm 5−x  x − 2x + = b =  x+ =2  x +1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 2} 5−x   − x  Cách 2: x  x+ = ⇔ 5x − x x + = ( x + 1) ⇔ x − 5x + 11x − 13x + =   x +1   x +  ⇔ x − 5x3 + 11x − 13x + = ⇔ ( x − 3x + )( x − 2x + 3) = ( )( ) Từ ta tìm tập nghiệm S = {1; 2} b) 10 ( x − 2013) + 14 ( x − 2014 ) = ⇔ x − 2013 + x − 2014 = Ta có x = 2013, x = 2014 nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm 7 Xét x < 2013 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2014 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 > 0 < x − 2013 < 0 < x − 2013 <  x − 2013 < x − 2013 Xét 2013 < x < 2014 ⇒  ⇔ ⇔  −1 < x − 2014 < 0 < x − 2014 <  x − 2014 < x − 2014 ⇔ x − 2013 + x − 2014 < x − 2013 + x − 2014 = x − 2013 + 2014 − x = 5 Xét x > 2014 ⇒ x − 2014 < −1 ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 > ⇒ x − 2013 + x − 2014 > Vậy phương trình có nghiệm x = 2013, x = 2014 A EDC = BAC = 900 (gt) Bài 4: a) Xét ∆EDC ∆BAC có  C chung EC BC ⇒ ∆EDC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = DC AC Xét ∆BEC ∆ADC có E m M B H G D C  EC BC =   DC AC ⇒ ∆BEC ∼ ∆ADC (c – g - c) C chung  ⇒ BEC = ADC Mặt khác AH = HD (gt) nên ⇒ ADH = 450 ⇒ ADC = 1350 ⇒ BEC = 1350 ⇒ AEB = 450 ⇒ ∆AEB vuông cân A Do BE = m AHB = CAB = 900 (gt) ⇒ ∆AHB ∼ ∆CAB (g – g) b) Xét ∆AHB ∆CAB có  B chung  AB BH BE BH BM BH ⇒ = ⇒ AB2 = BH.BC ⇒ 2AB2 = 2BH.BC ⇒ BE = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = BC AB 2BC BE BC BE  BM BH =  (Vì BE = 2BM) Xét ∆BHM ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∼ ∆BEC (c – g - c) MBH chung  ⇒ BHM = BEC = 1350 ⇒ AHM = 450 AH AB AHC = BAC = 90 (gt) c) Xét ∆AHC ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∼ ∆BAC (g – g) ⇒ = (1) HC AC C chung  Mặt khác ∆AEB vng cân A có AM trung tuyến AM phân giác hay AG đường GB AB phân giác ∆ABC Suy (2) Từ (1) (2) ta có: = GC AC GB AH = ⇒ GB.HC = AH.GC ⇒ GB.HC = AH ( BC − GB ) ⇒ GB.HC = AH.BC − AH.GB GC HC GB HD ⇒ AH.GB + GB.HC = HD.BC (Vì HD = AH) ⇒ GB ( AH + HC ) = HD.BC ⇒ = BC AH + HC Bài 5: a) x + y3 + ( x + y ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x + y ) ( x − xy + y ) + ( x − xy + y ) + ( x + 2xy + y2 ) + ( x + y ) + = ⇔ ( x − xy + y ) ( x + y + ) + ( x + y + ) = ⇔ ⇔ ( x + y + ) ( 2x − 2xy + 2y2 + 2x + 2y + ) = 2 2 ( x + y + ) ( x − y ) + ( x + 1) + ( y + 1) +  = ⇔ x + y + = ⇔ x + y = −2 Mà xy > x, y < Áp dụng BĐT CauChy ta có Vậy M = ( − x )( − y ) ≤ ( −x ) + ( − y ) = nên xy ≤ 1, −2 ≤ −2 xy 1 x+y + = ≤ −2 , GTLN M -2 Đạt x = y = -1 x y xy a3 2a − b b) Cách 1: Ta có: ≥ ⇔ 3a ≥ ( 2a − b ) ( a + ab + b ) ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) a + ab + b 2 ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ ( a − b ) ≥ ln Do a3 2a − b a5 2a − a b Chứng minh tương tự ta ≥ ⇔ ≥ a + ab + b a + ab + b a5 b5 c5 a + b + c3 a + b + c − a b − b c − c a + + ≥ + a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a 3 Mặt khác: Vai trò a, b, c nên giả sử a ≥ b ≥ c > a + b + c3 − a b − b c − c a = a ( a − b ) + b ( b − c ) + c ( c − a ) = a ( a − b ) + b ( b − a + a − c ) + c2 ( c − a ) = ( a − b ) ( a + b ) + ( a − c )( b − c )( b + c ) ≥ a5 b5 c5 a + b + c3 Dấu “=” xảy a = b = c + + ≥ a + ab + b b + bc + c2 c2 + ca + a Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia mở rộng ta có a5 b5 c5 a6 b6 c6 + + = + + a + ab + b b + bc + c c2 + ca + a a + a b + ab b3 + b c + bc c3 + c 2a + ca Từ suy ≥ (a + b + c3 ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca 2 Mặt khác ( a − b ) ≥ ⇔ a − ab + b ≥ ab ⇔ a + b3 ≥ ab ( a + b ) tương tự b3 + c3 ≥ bc ( b + c ) c3 + a ≥ ca ( c + a ) Suy ( a + b3 + c3 ) ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇔ ( a + b3 + c3 ) ≥ a + b3 + c3 + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ⇒ (a + b3 + c ) a + b3 + c3 + a b + ab + b 2c + bc2 + c 2a + ca ≥ a + b + c3 Dự đoán: Mỗi câu đ theo thang điểm 10 câu đ theo thang điểm 20 PHỊNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VỊNG I NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN - LỚP (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = x+2 x +1 với x ≥ 0, x ≠ + + x x −1 x + x + 1 − x 1) Rút gọn A 2) Chứng tỏ rằng: A < Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x − x − 15 = 17 2) Tìm x, y cho: 5x − x ( + y ) + y + = Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x, cho : x + x − p = với p số nguyên tố 2) Tìm m để hàm số bậc y = m2 − 2013m + 2012 x − 2011 hàm số m − 2m + nghịch biến Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R), hai đường cao BE CF tam giác cắt H Kẻ đường kính AK đường tròn (O ; R), gọi I trung điểm BC a) Chứng minh AH = 2.IO b) Biết BAC = 600 , tính độ dài dây BC theo R 2) Cho ∆ABC(A = 900 ) , BC = a Gọi bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC r Chứng minh rằng: r −1 ≤ a Câu V (1,0 điểm) Cho x + 3y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: C = x + y –––––––– Hết –––––––– Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VỊNG I NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TOÁN - LỚP Phần Nội dung Điểm A= A= (1,0 đ) A= x+2 ( )( + ) x −1 x + x +1 x +1 − x + x +1 x −1 x + + x −1 − x − x −1 ( )( 0.25 ) x −1 x + x + x− x )( ) x ( x −1) A= = ( x −1)( x + x +1) x + Câu I (2,0 điểm) ( (1,0 đ) Câu II (2,0 điểm) x , với x ≥ 0, x ≠ x +1 ( ) x −1 ) (2,0 điểm) 0.25 0.25 x − x − 15 = 17 ⇔ x − 15 − x − 15 − = 0.25 Đặt t = x − 15 (t ≥ 0) ⇒ t − t − = 0.25  t = ( TM§K ) ⇔ ( t − )( t + 1) = ⇔   t = −1 ( lo¹i ) Với t = ⇒ x − 15 = ⇔ x − 15 = ⇔ x = 19 (TMĐK) ĐKXĐ: x ≥ 5x − x ( + y ) + y + = ⇔ 4x − x + + x − 2y x + y = ( Vì ( ⇒ (2 2 ) ( x − y ) = (1) x − 1) ≥ 0, ( x − y ) ≥ ∀x ≥ 0, y x − 1) + ( x − y ) ≥ 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2   x − =  x = Để (1) xẩy  ⇔ (TM) x − y = y =   2 Theo ra: p = x + x = x ( x + 1) mà x, x + số nguyên liên tiếp Câu III 0.50 1  ⇒ x − > x + x + =  x +  + > 2  1 ⇒ −A >0⇔ A < 3 ĐKXĐ: x ≥ 15 ( 0.25 1 x −A = − = 3 x + x + 3(x + x + 1) Do x ≥ 0, x ≠ ⇔ x −1 + (1,0 đ) 0.25 x −1 x + x + Xét (1,0 đ) 0.25 nên x ( x + 1) số chẵn ⇒ p số chẵn (1,0 đ) Mặt khác p số nguyên tố nên p = 2 ⇒ x + x − = ⇔ ( x + )( x − 1) = ⇔ x = x = - (TM) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 Để hàm y= số m − 2013m + 2012 x − 2011 m − 2m + biến m − 2013m + 2012 < (1) m − 2m + = m − + > ∀m m − 2m + (1) ⇔ m − 2013m + 2012 < ⇔ ( m − 1)( m − 2012 ) < ( (1,0 đ) nghịch ) m − > m >    m − 2012 <  m < 2012  ⇔ ⇔ m − < m <     m − 2012 >   m > 2012 ⇒ < m < 2012 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì B, C thuộc đường tròn đường kính AK ⇒ ABK = ACK = 900 E ⇒ KB ⊥ AB, KC ⊥ AC CH ⊥ AB, BH ⊥ AC (gt) F O ⇒ BK // CH, CK // BH H 1a ⇒ BHCK hình bình hành C B (1,0 đ) I I trung điểm BC (gt) ⇒ I trung điểm HK K O trung điểm AK (gt) ⇒ OI đường trung bình ∆KAH ⇒ OI = AH ⇒ AH = 2.IO OA = OC ⇒ ∆OAC cân O ⇒ OAC = OCA KOC = OAC + OCA (T/c góc ngồi tam giác) ⇒ KOC = 2.OAC Chứng minh tương tự: KOB = 2.OAB 1b ⇒ KOC + KOB = OAC + OAB ⇒ BOC = 2.BAC = 1200 (1,0 đ) OB = OC ⇒ ∆OBC cân O ⇒ OCI = (1800 − 1200 ) : = 300 A Câu IV (3,0 điểm) ( ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì I trung điểm BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC Trong ∆OIC $I = 900 : IC = OC.cos300 = R ⇒ BC = R B r −1 ≤ ⇔ 2r ≤ a − a ⇔ 2r + a ≤ a D a C/m AB + AC = 2r + a r O E ⇒ AB + AC ≤ BC A F C ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC ≤ 2BC ( (1,0 đ) ) BĐT (1) ⇒ Câu V 0.25 0.25 ⇔ AB2 + 2AB.AC + AC2 ≤ 2AB2 + 2AC ⇔ ( AB − AC ) ≥ (1) (1,0 điểm) 0.25 r −1 ≤ , dấu “=” xảy ∆ABC v/cân A a (1,0 đ) Do x + 3y ≥ , đặt x + 3y = + a với a ≥ ⇒ x = + a – 3y, thay vào 0.25 0.25 biểu thức C: ⇒ C = 10y − 6ay − 6y + a + 2a + 0.25 1   C = 10  y − ( a + 1)  + ( a + 2a ) + ≥ 10 10  10  10 ⇒ C = khi: 10  3 y=      y − ( a + 1) = y = y =  10 ⇔ 10 ⇔  10 ⇔   10 a = a =  x + 3y =  x = 10  * Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0.50 0.25 ... KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải. .. giác O1ME; O2NB cân O1 O2 nên ta có:  MEO1=  NBO2 (1) Mặt khác ta có:  AME = 90   MAE +  MEO1 = 90 (2)   MAE +  NBO2 = 90   AFB = 90  Tứ giác FMEN có góc vng  Tứ giác FMEN hình chữ... chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau thống xác Học sinh có lời giải