Một Vài Đề Thi

Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 1 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN – LƯƠNG THẾ VINH – TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2004 Câu 1. Giải phương trình : ( ) 2 2 2 3 1 x x x + = + Câu 2. Bố tôi hơn mẹ tôi 2 tuổi. Trước đây khi tổng số tuổi của Bố mẹ tôi là 60, thì tuổi của tôi là 6 tuổi, tuổi của anh tôi là 8 tuổi. Hiện nay, tổng số tuổi của Bố Mẹ tôi gấp 2 lần tổng số tuổi của hai Anh em tôi.Hiện nay tuổi Bố và Mẹ tôi là bao nhiêu? Câu 3. Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 1 0 0 x yz y zx z xy − =   − =   − =  Câu 4. Cho tam giác vuông cân tại A. Lấy điểm I trong tam giác sao cho : · · 0 0 IBC 15 ; ICB 30= = . Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân. Câu 5. Cho hình bình hành ABCD có góc B là góc tù, và các cạnh đều nhỏ hơn hai đường chéo. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi B’, C’, A’ là chân các đường vuông góc hạ từ D đến các cạnh AC; AB; BC. Chứng minh: Tứ giác A’B’OC’ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn. GỢI Ý BÀI GIẢI Câu 1. Giải phương trình : ( ) 2 2 2 3 1 x x x + = + Điều kiện: 1x ≠ − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 0 2 3 0 1 1 1 1 1 1 2 3 0 2 3 0 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x   + = ⇔ − + + − = ⇔ − + − =  ÷ + + + + + +   + −     ⇔ + − = ⇔ + − =  ÷  ÷ + + + +     Đặt : 2 1 x t x = + , Ta được phương trình : t 2 + 2t – 3 = 0 (*) Phương trình (*) có dạng : a + b + c = 1 + 2 + (– 3 ) = 0. Vậy phương trình (*) có nghiệm : t 1 = 1 ; t 2 = c/a = – 3 ; + Với : t = 1, ta được phương trình : 2 2 1 1 0 1 x x x x = ⇔ − − = + . Giải phương trình Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 2 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai này ta được hai nghiệm : 1 2 1 5 1 5 ; 2 2 x x + − = = ( Nhận ) + Với : t = – 3 , ta được phương trình : 2 2 3 3 3 0 1 x x x x = − ⇔ + + = + . Phương trình này vô nghiệm 3 0∆ = − < . Kết luận : Phương trình đã cho có tập nghiệm là : 1 5 1 5 S ; 2 2   + − =  ÷   Câu 2. Bố tôi hơn mẹ tôi 2 tuổi. Trước đây khi tổng số tuổi của Bố mẹ tôi là 60, thì tuổi của tôi là 6 tuổi, tuổi của anh tôi là 8 tuổi. Hiện nay, tổng số tuổi của Bố Mẹ tôi gấp 2 lần tổng số tuổi của hai Anh em tôi. Hiện nay tuổi Bố và Mẹ tôi là bao nhiêu ? Khi tổng số tuổi của Bố và Mẹ bằng 60 thì tổng số tuổi của hai Anh Em bằng 14. Gọi x là số năm từ khi Bố Mẹ có tổng số tuổi bằng 60 cho đến nay. Vì mỗi năm tổng của số tuổi của Bố Mẹ tăng 2 tuổi và tổng số tuổi của hai Anh Em cũng tăng 2 tuổi. Theo đề ta được : 60 + 2x = 2( 14 + 2x)  2x = 32  x = 16. Vậy hiện nay tổng số tuổi của Bố Mẹ bằng : 60 + 2. 16 = 92. Vì Bố hơn Mẹ 2 tuổi : Vậy hiện nay Bố 47 tuổi và Mẹ 45 tuổi. Kết luận : Bố hiện nay 47 tuổi ; Mẹ hiện nay 45 tuổi. Câu 3. Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 1 (1) 0 (2) 0 (3) x yz y zx z xy − =   − =   − =  * Từ (1) và (2), ta được : ( x 2 – yz ) – ( y 2 – zx) = 1  ( x – y) ( x + y ) + z ( x – y) = 1  ( x – y) ( x + y + z) = 1 0 0 0 x y x y x y z x y z − ≠ ≠   ⇒ ⇔   + + ≠ + + ≠   * Từ (2) và (3), ta được :(y 2 – zx ) – (z 2 – xy ) = 0  ( y – z)( y + z) + x( y – z) = 0  ( y – z) ( x + y + z) = 0 vì x + y + z ≠ 0 => y – z = 0  y = z. * Từ (2)  y 2 – yx = 0  y ( y – x) = 0 , Vì : y – x ≠ 0 => y = 0 Thay vào ( 1) ta được : x 2 = 1 => x = ± 1. Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm : (– 1; 0 ; 0) ; ( 1; 0 ;0). Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 3 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 4. Cho tam giác vuông cân tại A. Lấy điểm I trong tam giác sao cho : · · 0 0 IBC 15 ; ICB 30= = . Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân. * Dựng tam giác đều BCD sao cho A và D nằm cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC. * Ta được : · · · · · · · · 0 0 0 0 0 0 0 DBA DBC CBA 60 45 15 DBA DCA 15 DCA DCB ACB 60 45 15  = − = − =  ⇒ = =  = − = − =   * Xét DAB∆ và DAC∆ : DB = DC ; · · 0 DBA DCA 15= = ; AB = AC Suy ra : DAB∆ = DAC∆ => · · · 0 1 ADB ADC CDB 30 2 = = = ; * Xét DBA∆ và CBI∆ : · · 0 DBA CBI 15= = ; DB = BC ; · · 0 ICB BDA 30= = Suy ra : DBA∆ = CBI∆ => AB = IA => ABI∆ cân tại B. *Tam giác ABI cân tại B và · · · · · 0 0 0 ABI 30 BAI AIB 75 IAC 15 ACI= => = = => = = Suy ra tam giác AIC cân tại I (đpcm) Câu 5. Cho hình bình hành ABCD có góc B là góc tù, và các cạnh đều nhỏ hơn hai đường chéo. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi B’, C’, A’ là chân các đường vuông góc hạ từ D đến các cạnh AC; AB; BC. Chứng minh: Tứ giác A’B’OC’ là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn. Hướng dẫn : * Chứng minh các tứ giác : A’B’CD và C’DB’B nội tiếp. · · B'A'C B'DC⇒ = và · · B'C'B B'DB= * Do tứ giác ABCD là hình bình hành · · · · · · C'BD BDC BDB' B'DC BC'B' B'A'C= = + = + * Xét ΔBC'D vuông tại C’ và BO = OD => OC’ = OB = OD ( Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông ) => Tam giác C’OB cân tại O => · · BC'O C'BD= => · · · · BC'B' B'C'O BC'B' B'A'C+ = + => · · · · B'C'O B'A'C hay B'C'O B'A'O = = Suy ra tứ giác A’C’B’O nội tiếp được một đường tròn ( Theo bài toán cung chứa góc ) NĂM 2005 D C B I A B A C D A' B' C' O Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 4 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 1. Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 1 14 2 y x y y x x  + =     + = −   Câu 2. Cho x, y, z, t thỏa mãn : 0x y z t≥ ≥ ≥ ≥ . Chứng minh: 1/ x 2 – y 2 + z 2 ≥ ( x – y + z) 2 ; 2/ x 2 – y 2 + z 2 – t 2 ≥ ( x – y + z – t ) 2 . Câu 3. Cho nửa đường tròn đường kính MN, tâm O, bán kính R, A là điểm thay đổi trên đường kính MN. Qua A vẽ đường vuông góc với MN cắt nửa đường tròn ở B. 1/ Xác định giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MBN; 2/ Trên OB lấy điểm C sao cho OC = AB. Chứng minh : Khi A thay đổi trên đường kính MN, thì điểm C thuộc một đường tròn cố định. Câu 4. Cho phương trình bậc hai : ax 2 + bx + c = 0, Với a, b, c là các số nguyên thay đổi, a khác 0. Xét giá trị nhỏ nhất của biệt thức 2 b 4ac∆ = − , mà ∆ > 0 và không phải là số chính phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của ∆ . GỢI Ý BÀI GIẢI Câu 1. Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 1 14 2 y x y y x x  + =     + = −   3 3 3 3 2 2 1 1 14 14 1 1 . 2 2 y y x x y y y y x x x x   + = + =     ⇔       + = − + = −  ÷       Điều Kiện : x ≠ 0. Đặt 1 t x = ta được hệ phương trình sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 14 3 14 6 14 2 2 2 2 8 2 2 2 2 2 1 2 t y t y ty t y t y ty t y ty t y ty t y t y t y t y t y ty t y ty ty ty t y   + = + − + = + + =    ⇔ ⇔    + = − + = − + = −       + = + = + = + =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     + = − = − = − + = −      Vậy t và y là 2 nghiệm của phương trình : k 2 – 2k – 1 = 0 (*) Giải phương trình (*) ta được hai nghiệm : 1 2 ; 1 2+ − . Hệ phương trình đã cho có nghiệm là : 1 1 1 2; ; 1 2; 1 2 1 2     + −  ÷  ÷ − +     Hay ( ) ( ) 1 2; 1 2 ; 1 2; 2 1+ − − − − Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 5 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 2. Cho x, y, z, t thỏa mãn : 0x y z t≥ ≥ ≥ ≥ . Chứng minh: 1/ x 2 – y 2 + z 2 ≥ ( x – y + z) 2 ; 2/ x 2 – y 2 + z 2 – t 2 ≥ ( x – y + z – t ) 2 . 1/ Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 0 2 0 x y z x y z x y x y z x y z x y x y y x x y z x y x y x y z x y y z − + ≥ − + ⇔ − + + − − + ≥ ⇔ − + + − − + ≥ ⇔ − + − + − ≥ ⇔ − − ≥ Ta có: ( ) ( ) 0 0 0 x y x y x y y z y z y z ≥ − ≥   ⇔ ⇒ − − ≥   ≥ − ≥   (Đpcm) 2/ Áp dụng câu 1, ta được : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x y z t x y z t x y z t x y z t− + − ≥ − + − = − + − − + + (1) Vì t ≥ 0 , nên ta được : x y z t x y z t− + + ≥ − + − ( 2) Từ (1) và (2) ta được : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 x y z t x y z t x y z t x y z t x y z t− + − ≥ − + − = − + − − + + ≥ − + − Câu 3. Cho nửa đường tròn đường kính MN, tâm O, bán kính R, A là điểm thay đổi trên đường kính MN. Qua A vẽ đường vuông góc với MN cắt nửa đường tròn ở B. 1/ Xác định giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MBN; 2/ Trên OB lấy điểm C sao cho OC = AB. Chứng minh : Khi A thay đổi trên đường kính MN, thì điểm C thuộc một đường tròn cố định. 1/ Ta có tam giác MBN vuông tại B, nên : MB 2 + NB 2 = MN 2 = 4R 2 . Ta có : 2( NB 2 + MB 2 ) ≥ ( MB + NB) 2 => 8R 2 ≥ ( NB + MB ) 2 => 2R 2 NB+MB≥ Suy ra : MN + MB + NB 2R 2R 2≤ + Vậy chu vi của tam giác MBN đạt giá trị lớn nhất bằng : 2R 2R 2+ . 2/ * Gọi D là điểm chính giữa cung MN => D cố định và OD ⊥ MN. * Do OD ⊥ MN và AB ⊥ MN suy ra : OD// AB => · · OBA BOD= * Xét ∆ OAB và ∆ OCD : OA =OC (gt); · · OBA COD= ; OB = OD = R. Suy ra : ∆ OAB = ∆ OCD ( c – g – c)=> · · OAB DCO= => ; · 0 DCO 90= Do hai điểm O và D cố định và · 0 DCO 90= => Điểm C thuộc đường tròn đường kính OD. D C B A O M N Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 6 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 4. Cho phương trình bậc hai : ax 2 + bx + c = 0, Với a, b, c là các số nguyên thay đổi, a khác 0. Xét giá trị nhỏ nhất của biệt thức 2 b 4ac∆ = − , mà ∆ > 0 và không phải là số chính phương. Tìm giá trị nhỏ nhất của ∆ . Hướng dẫn :Vì a; b và c là các số nguyên => 2 b 4ac∆ = − là số nguyên. Vậy ∆ là số tự nhiên lớn hơn 0 và không chính phương. + Nếu b chẵn , đặt b = 2k, ta được : ( ) ( ) 2 2 2 4 4k ac k ac∆ = − = − Vậy ∆ chia hết cho 4. + Nếu b lẻ, đặt b = 2k + 1, ta được : ( ) ( ) 2 2 2 1 4 4 2 1k ac k k ac∆ = + − = + − + Vậy ∆ chia 4 dư 1. Suy ra : ∆ có dạng 4Q hoặc 4Q + 1( Trong đó Q là số tự nhiên ) Để ∆ có Giá trị nhỏ nhất thì Q phải có giá trị nhỏ nhất + Nếu Q = 0 ta được: 0 1 ∆ =   ∆ =  + Nếu Q = 1 ta được : 4 5 ∆ =   ∆ =  Vậy Giá trị nhỏ nhất của ∆ là bằng 5. NĂM 2006 Câu 1. a/ Giải phương trình sau : 2 11 2 8 9 18 6 0x x x+ − − + = b/ Giải hệ phương trình : 1 1 2 2 1 3 4 2 x y x y  − = −  +    − =  +  Câu 2. a/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng (d); (d 1 ) và (d 2 ) lần lượt có phương trình là : y = x – 4 ; x + 2y = – 2 và y = – 2x+ 2. Chứng minh rằng : Nếu điểm M thuộc (d) thì M cách đều (d 1 ) và (d 2 ) b/ Tìm tất các bộ ba số nguyên (u; v; t) thỏa : u 2 + v 2 + t 2 = u + v + t Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M tùy ý thuộc cạnh AB ( M không trùng với A và không trùng với B). Kẻ MN vuông góc với BC ( N thuộc BC). Biết P; Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng BM và CM. a/ Chứng minh : APNQ là tứ giác nội tiếp; b/ Với điều kiện nào của tam giác ABC ( Vuông tại A) để tồn tại điểm M sao cho tứ giác APNQ là hình thang. Câu 4. Cho tứ giác lồi ABCD có AC + AD ≤ BC + BD. Chứng minh: AD < BD. Loại vì ∆ > 0 Loại vì ∆ không chính phương Loại vì ∆ không chính phương Thỏa điều kiện Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 7 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai GỢI Ý BÀI GIẢI Câu 1. a/ Giải phương trình sau : 2 11 2 8 9 18 6 0x x x+ − − + = b/ Giải hệ phương trình : 1 1 2 2 1 3 4 2 x y x y  − = −  +    − =  +  a/ + Nếu : 9 8 9 0 | 8 9 | 8 9 8 x x x x< ⇔ − < ⇔ − = − + , ta được phương trình : 11x 2 – 16x + 18 – 18x + 6 = 0  11x 2 – 34x + 24 = 0 (*) Giải phương trình (*) ta được : 1 17 5 2 11 x + = = ( Loại ); 2 17 5 12 11 11 x − = = ( Nhận) + Nếu : 9 8 9 0 | 8 9 | 8 9 8 x x x x≥ ⇔ − ≥ ⇔ − = − , Ta được phương trình : 11x 2 + 16x – 18 – 18x + 6 = 0  11x 2 – 2x – 12 = 0 (**) Giải phương trình (**) ta được : 1 1 133 11 x + = ( Nhận); 2 1 133 11 x − = ( Loại) Kết luận : Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : 12 1 133 S ; 11 11   + =     b/ Điều kiện : 0; 2; 0; 2x y≠ − ≠ − ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 2 4 1 3 3 6 4 8 3 2 4 2 4 2 3 2 2(*) 2 6 4 4 3 5 2 3 5 2 7 3 4 6 7 3 4 6 y x x y x y y x xy x y x xy y y x y x x y y x xy y x xy x y x y y x xy y x xy                      − = − + − = − + + + − = − − ⇔ ⇔ − − = + − + = + − = + + = − − + = − − ⇔ ⇔ ⇒ − = ⇔ = + − − = + − − = + Từ (*) => y + 3x + 2xy + 2 = 0 <=> 3y + 9x + 3x.2y + 6 = 0 <=> 3y + 3(5y + 2) + 2y(5y + 2) + 6 = 0 <=> 3y + 15y + 6 + 10y 2 + 4y + 6 = 0 <=> 10y 2 + 22y + 12 = 0 <=> 5y 2 + 11y + 6 = 0 (**). Giải phương trình (**) ta được : 1 1 2 2 1 1 6 4 5 3 y x y x = − = −     ⇔   = − = −   Vậy Hệ đã cho có nghiệm : ( ) 3 6 1; 1 ; ; 4 5 − −   − −  ÷   Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 8 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 2. a/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng (d); (d 1 ) và (d 2 ) lần lượt có phương trình là : y = x – 4 ; x + 2y = – 2 và y = – 2x+ 2. Chứng minh rằng : Nếu điểm M thuộc (d) thì M cách đều (d 1 ) và (d 2 ) b/ Tìm tất các bộ ba số nguyên (u; v; t) thỏa : u 2 + v 2 + t 2 = u + v + t (1) Gợi ý a/ * Gọi A là giao điểm của (d) và ( d 2 ), Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ : 4 2 2 2 2 y x x y x y = − =   ⇔   = − + = −   Vậy A ( 2 ; – 2) . Ta được : 2 + 2. (– 2 ) = – 2 => A thuộc (d 1 ).Vậy ba đường thẳng (d); (d 1 ) và (d 2 ) đồng quy tại A. * Gọi B; D; và C lần lượt là giao điểm của (d); (d 1 ) và (d 2 ) với trục Ox . Gọi H là hình chiếu của A trên Ox. Ta được : B( 4; 0);C(–2; 0);D( 1; 0); H ( 2; 0)=> BH = 2;HC = 4; BC = 6; CD = BD =3; AH = 2. * Áp dụng định lý Pi – Ta – Go và các Tam giác vuông ADH và AHC ta được : AD 5;AC 20 2 5= = = * Xét tam giác ACD, ta được : AC 2 5 2 AC BC AD 5 AD BD BC 6 2 BD 3  = =   ⇒ =   = =   => AB là phân giác góc ngoài của tam giác ADC Suy ra các điểm thuộc AB cách đều AD và AC hay các điểm thuộc (d) cách đều (d 1 ) và (d 2 ). (Đpcm). b/ *Xét đa thức f(x) = 4x 2 – 4x . với x là số nguyên. f(x) = ( 2x – 1) 2 – 1. Vì x là số nguyên nên ta có : 2x ≠ 1 => 2x – 1 ≠ 0 => ( 2x – 1) 2 > 0 và 2x – 1 là số nguyên, ta được : ( 2x – 1) 2 ≥ 1  ( 2x – 1) 2 – 1 ≥ 0 hay f(x) ≥ 0  x 2 – x ≥ 0 với mọi x là số nguyên. *Áp dụng vào bài toán ta được : 2 2 2 u u 0; v v 0; t t 0; − ≥ − ≥ − ≥ (*) * Từ (1)  (u 2 – u ) + ( v 2 – v) + ( t 2 – t) = 0 (**) Từ (*) và (**) ta được : u 2 – u = v 2 – v = t 2 – t = 0. Nghiệm nguyên của phương trình là : (0; 0 ; 0) ; ( 1; 1; 1) ; ( 0; 0 ; 1) ; ( 0; 1; 0 ) ; ( 1; 0 ; 0 ); ( 0; 1; 1 ) ; ( 1; 1; 0) và ( 1; 0 ; 1). H Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 9 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M tùy ý thuộc cạnh AB ( M không trùng với A và không trùng với B). Kẻ MN vuông góc với BC ( N thuộc BC). Biết P; Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng BM và CM. a/ Chứng minh : APNQ là tứ giác nội tiếp; b/ Với điều kiện nào của tam giác ABC ( Vuông tại A) để tồn tại điểm M sao cho tứ giác APNQ là hình thang. a/ Áp dụng định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông, đối với các tam giác vuông : BNM ; CMN và AMC, ta được : · · · · · · PNM PMN;NMQ QNM;AMQ MAQ= = = · · · · · · · · 0 PNM QNM MAQ PMN NMQ AMQ PNQ PAQ 180⇒ + + = + + ⇔ + = . Vậy tứ giác AQNP nội tiếp được đường tròn. b/ * Để tồn tại điểm M, tức là M phải nằm giữa hai điểm A và B => · · MCB ACB< . * Vì tứ giác AQNP nội tiếp , vậy nếu tứ giác AQNP là hình thang thì là hình thang cân. Suy ra : · · · PAQ APN 2.ABC= = . * Ta có : · · · · · · · · · · · · · · · · · 0 0 0 0 PAQ QAC 90 2.ABC ACM 90 ABC ACB 90 ABC ACM MCB 90 2.ABC ACM ABC ACM MCB ABC MCB ACB   + = + =   ⇔   + = + + =     ⇒ + = + + ⇔ = < Kết luận:Điều kiện tồn tại điểm M sao cho tứ giác PAQN là hình thang là : · · ABC ACB< . Câu 4. Cho tứ giác lồi ABCD có AC + AD ≤ BC + BD. Chứng minh: AD < BD. * Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. * Xét tam giác ADO : AD < AO + OD * Xét tam giác BOC : BC < BO + OC Suy ra : AD + BC < AO + DO + BO + CO => AD + BC < AC + BD (1) Theo đề : AC + AD ≤ BC + BD (2) Cộng theo vế của bất đẳng thức (1) và (2), ta được : AD + BC + AC + AD < AC + BD + BC + BD  2AD + AC + BC < 2BD + AC + BC  AD < BD (Đpcm) . P Q N M C B A O D C B A Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 10 Trường THCS Lý Thường Kiệt – Phú Vinh - Định Quán - Đồng Nai NĂM 2007 Câu 1. Giải phương trình sau : 2 3 3 22 49 0x x x− + = Câu 2. Cho đa thức Q(x) = 2x 3 – ( 2m + 3n) x 2 + nx + 3 ( biến số là x). Tìm m và n biết : Q(x) chia hết cho đa thức ( 1 + 2x) và x = 3 là một nghiệm của Q(x) Câu 3. Trong mặt phẳng vối hệ tọa độ Oxy cho Parabol (P) và hai đường thẳng (d 1 ) ; (d 2 ) là lượt lần có phương trình : y = 1 3 x 2 ; 8x + 3y = – 12 ; 2x – 3y = – 3 . Chứng minh rằng : các giao điểm của (d 1 ) với (P) và của (d 2 ) với (P) tạo thành bốn điểm của một hình thang. Câu 4. Tìm tất cả các số nguyên u v k v u = + ( Với u và v là các số nguyên) Câu 5. Cho tam giác vuông ABC có AB > AB và I là trung điểm của cạnh huyền BC; Biết D là điểm thuộc cạnh AB ( D không trùng A và không trùng với B). Gọi M là điểm đối xứng với D qua BC. Gọi N là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng :B; C; M và N cùng thuộc một đường tròn. Câu 6. Cho tam giác đều EFG có EF = a. 1/ Tính theo a thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác EFG vòng quanh cạnh EF. 2/ Xác định các điểm E 1 ; F 1 và G 1 lần lượt thuộc các đoạn EG, GE và EF sao cho tam giác E 1 F 1 G 1 là tam giác đều và có diện tích nhỏ nhất. GỢI Ý BÀI GIẢI Câu 1. Giải phương trình sau : 2 3 3 22 49 0x x x− + = Gợi ý : ( ) ( ) 4 2 2 3 3 3 3 22 49 0 22 49 0x x x x x− + = ⇔ − + = , Đặt ( ) 2 3 t 0x = ≥ , Ta được phương trình : t 2 – 22t + 49 = 0. Giải phương trình này ta được : 1 2 t 11 6 2 ; t 11 6 2= + = − ( Nhận cả hai nghiệm ) * Với : 1 t 11 6 2= + , ta được : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 3 3 2 3 2 45 29 2 11 6 2 3 2 3 2 45 29 2 3 2 x x x x x x x  = +   = + = +  = + = + ⇔ ⇔ ⇔    = − − = − −   = − −     [...]... vậy tứ giác AOEC nội tiếp được (Đpcm) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI GD & ĐT HUYỆN ĐỊNH QUÁN ĐỀ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2008 – 2009 THỜI GIAN : 150 PHÚT Bài 1 Bạn An viết một số tự nhiên có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng 14 Bạn An đem số đó chi 8 được số dư là 4 , nhưng chia 12 được số dư là 3 a/ Chứng minh rằng: Bạn an đã làm sai ít nhất một phép toán b/ Nếu phép chia cho 8... dương nên N là hợp số Bài 1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2004 – 2005 Giải các phương trình sau : a) Bài 2 x 4 − 8 x 2 + 16 = 2 − x ; b) (x 2 +2 ) 2 = x x2 + 4 Giải hệ phương trình sau :  x2 ( 4 − y ) = 4 y  2   y ( 4 − z ) = 4z  2 z ( 4 − x) = 4x  Bài 3 Có hai học sinh lớp 8 và một số học sinh lớp 9 tham gia thi đấu cờ, mỗi người thi đấu với mỗi người khác đúng một lần Biết rằng, sau cuộc đấu,... điểm của AB ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2000 – 2001 Bài 1 Giải hệ phương trình sau :  2 x + xy + 2 y = −2    2 y + yz + 2 z = 1   2 z + zx + 2 x = 6  Bài 2 Chứng minh với mọi số nguyên chia hết cho 6 đều có thể viết được thành tổng lập phương bốn số nguyên Bài 3 Cho a, b là các số dương Chứng minh rằng : a 5 + b5 ≥ a 3b 2 + a 2b3 Bài 4 Cho m < n < p < q Giả sử a, b, c và d là một hoán vò của... + ea ≤ 1 4 Bài 5 Cho a, b là hai số nguyên dương, với a > 2 và b ≥ 2 Chứng minh rằng: 2a + 1 không chia hết cho 2b – 1 Gơi ý Đề toán trên có vấn đề: Chọn b = 2 và a = 3 ta được : 2a + 1 = 23 + 1 = 9 ; 2b – 1 = 22 – 1 = 3 Vậy 9 không chia hết cho 3 (?) Thử giải được với giả thi t : b > 2 Thật vậy : Đặt a = bk + r, với 0 ≤ r < b ( trong đó k; r là các số tự nhiên) * Ta được : 2a = 2bk + r = 2bk 2r... ( x +1)2 = y2 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2003 – 2004 Bài 1 Giải hệ phương trình sau :  x−5 + y +3 = 4    y −5 + x +3 = 4  Bài 2 Phân tích đa thức sau thành nhân tử : P = ( x – 1) ( x + 1) ( x + 3) ( x + 5) + 16 Bài 3 Chứng minh rằng : (a 2 + b2 )(a 4 + b4 )(a 6 + b6 )(a 8 ) ( + b8 ≤ 8 a 20 + b 20 ) Bài 4 Cho ngũ giác lồi ABCDE có tính chất, mỗi cạnh của ngũ giác song song với một đường chéo... mỗi cạnh của ngũ giác song song với một đường chéo của ngũ giác 1/ Giả sử ngũ giác nội tiếp (O;R) chứng minh ngũ giác ABCDE đều 2/ Tính tỉ số : CE/AB Gợi ý A a/ Ta có : M E B O D C » » AB // EC => AE=BC » » EB // DC => ED=BC » » AE // BD => AB=DE » » BC // AD => AB=DC » » » » » Ta được : AE=BC = ED = AB=DC => AE = BC = ED = AB = DC vậy ngũ giác ABCDE là ngũ giác đều Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 36... + DBI + DIB = 1800 · · ⇔ MBC + MNC = 1800 Vậy Tứ giác BMNC nội tiếp được một đường tròn (Đpcm) N M Câu 6 Cho tam giác đều EFG có EF = a 1/ Tính theo a thể tích của hình tạo thành khi quay tam giác EFG vòng quanh cạnh EF 2/ Xác định các điểm E1; F1 và G1 lần lượt thuộc các đoạn EG, GE và EF sao cho tam giác E1F1G1 là tam giác đều và có diện tích nhỏ nhất Gợi ý a 3π 1/ Học sinhEtự tính tốn (Đáp số :... ; 45 − 29 2 ; −45 + 29 2 } Câu 2 Cho đa thức Q(x) = 2x3 – ( 2m + 3n) x2 + nx + 3 ( biến số là x) Tìm m và n biết : Q(x) chia hết cho đa thức ( 1 + 2x) và x = 3 là một nghiệm của Q(x) Gợi ý * Vì Q(x) chia hết cho ( 1 + 2x) và nhận x = 3 là một nghiệm nên ta được : 3 2   −1    1  −1   −1  Q  − ÷= 0 2  ÷ − ( 2m + 3n )  ÷ + n  ÷+ 3 = 0   2  2  2 ⇔  2   Q 3 = 0  2 3 3 − ( 2m +... ( Vì d ≥ 1.) = 2r + 1 + 2r – 2 > 2r + 1 ( Vì r > 1 => 2r – 2 > 0 ) Vậy 2b – 1 > 2r + 1 => 2r + 1 không chia hết cho 2b – 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2a – 1 không chia hết cho 2b + 1 ( đpcm) b r+d r d ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2002 – 2003 Bài 1 Cho các số dương x, y và z thoả mãn : x + y + z = 1 Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức : P = xy + yz + zx Bài 2 Giải phương trình : x3 + x2 + x + 1/3 = 0... lớn nhất của tích PM PN theo R ……………………………………………………… Hết ……………………………………………………… GI Ý BÀI GIẢI Bài 1 Bạn An viết một số tự nhiên có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng 14 Bạn An đem số đó chi 8 được số dư là 4 , nhưng chia 12 được số dư là 3 a/ Chứng minh rằng: Bạn an đã làm sai ít nhất một phép toán b/ Nếu phép chia cho 8 là đúng thì phép chia thứ hai cho 12 phải có số dư là bao nhiêu? Tìm số bò . · DAO DEC= vậy tứ giác AOEC nội tiếp được. (Đpcm) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI GD & ĐT HUYỆN ĐỊNH QUÁN ĐỀ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2008. . Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân. * Dựng tam giác đều BCD sao cho A và D nằm cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC. * Ta được : · · ·