“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 – THCS (có đáp án chi tiết)”; Gmail: sinhnhatlocgmail.com;ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 30Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)(Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa Năm học 2018 – 2019)ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm).1) Tìm giá trị của thỏa mãn . Biết .2) Cho số thực thỏa mãn . Tính giá trị biểu thức .Câu 2 (4,0 điểm).1) Giải phương trình: .2) Giải phương trình: .Câu 3 (4,0 điểm).1) Cho đường thẳng (d): (k là tham số).a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của k.b) Tìm giá trị của k để khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng (d) bằng 2.2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: .Câu 4 (6,0điểm). 1) Cho đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ tia Ax vuông góc với AB và vẽ tia By vuông góc với AB. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB và C là một điểm thuộc tia Ax. Vẽ tia Cz sao cho và tia Cz cắt By tại D . Hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E.a) Kẻ OH vuông góc với CD. Chứng minh .b) Kẻ HK vuông góc với AB. Chứng minh .2) Cho AB và AC là hai tiếp tuyến của (O). Gọi E; F lần lượt là trung điểm của AB; AC. Trên đoạn thẳng EF lấy một điểm M bất kỳ. Từ M kẻ tiếp tuyến MT tới (O). Chứng minh rằng: MA = MT.Câu 5 (2,0điểm). Ba số thay đổi thỏa mãn điều kiện . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức .– Hết –HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 30(Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa Năm học 2018 – 2019)CâuNội dungĐiểm1(4,0đ)1) Điều kiện: Ta có: .1,5Ta có: ()Do nên . Suy ra () .Kết hợp , ta có .1,02) Ta có: 1,52(4,0đ)1) pt: (1). ĐKXĐ: 0,25(1) (vì (2)0,5+) Nếu (2) (chọn)0,5+) Nếu (2) pt nghiệm đúng 0,5Vậy nghiệm của pt : 0,252) Giải pt : () 2,0ĐKXĐ : 0,5() (chọn) hoặc (loại)1,0Vậy phương trình có nghiệm : 0,53(4,0đ)1a) Điều kiện để (d) đi qua điểm cố định M(x0, y0) với mọi giá trị của k là: . Vậy (d) đi qua điểm cố định M(0; 3) .1,01b) Vì (d) luôn đi qua điểm M(0 ;3) Gọi là giao điểm của (d) với trực Ox 0,250,25Kẻ OH vuông góc với đường thẳng (d).Khi đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MON vuông tại O đường cao OH : 0,25Vậy .0,252) Ta có (1)0,5+) không là nghiệm của (1)+) Chia cả hai vế của (1) cho , ta có: 0,5Với nên 0,5Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên 0,54(6,0đ) 1a) Ta có OC phân giác Cmtt : OD phân giác .Mà và kề bù nên Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OCD ta có : 2,01b) HS chứng minh được: HPOQ là hình chữ nhật.Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông HAB ta có: (1)Mặt khác: nên suy ra (vì (2)Từ (1) và (2) suy ra: 2,0 2) Giả sử OA cắt EF tại K.Ta có: .Xét vuông tại T, ta có: 0,5Xét vuông tại K, ta có: Suy ra: 1,0Trong vuông tại C, ta có: Do đó (đpcm).0,55(2,0đ)Từ gt suy ra : . Ta biến đổi biểu thức M như sau: Vì . Dấu xảy ra . Vậy 2,0(Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho số điểm tương đương) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 29Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn Năm học 2018 – 2019)ĐỀ BÀICâu 1 (4.0 điểm)1.Cho biểu thức a. Rút gọn Mb. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện . Tính giá trị của biểu thức: . Câu 2 (4.0 điểm)1.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy2 + x +y +1 = x2 +2y2+xy2. Giải phương trình : Câu 3 (4.0 điểm)1.Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì A= ( 10n + 10n1 +…+ 10 + 1) ( 10n+1+5) +1 là số chính phương nhưng không phải lập phương của một số tự nhiên.2. Tìm các cặp số thực (x;y) thỏa mãn các điều kiện: Câu 4 (6.0 điểm)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A với đường cao AH. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M, CM cắt AH tại I, OM cắt AB tại J a. Chứng minh hai tam giác MOB và ACH đồng dạngb. Chứng minh I là trung điểm của AHc. Cho BC = 2R và OM = x. Tính AB và AH theo R và xd. Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổiCâu 5 (2.0 điểm)Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x+yHết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 29(Đề thi HSG Toán 9 –H. Đông Sơn Năm học 2018 – 2019).CâuNội dungĐiểm11. (3,0 điểm)a. ĐKXĐ: x ; M= b, M= = Để M nguyên => Ư(3) ( Vì ĐKXĐ)=> x= 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ) x = 4 ( Không thỏa mãn ĐKXĐ)Vậy x= 0 thì M nhận giá trị nguyên 2. (1,0 điểm) Ta có: Tương tự: 0,5 1,5 0,250,50,50,25 0,50,50,50,521.(2,0 điểm)Ta có 2xy2 +x +y +1 = x2+ 2y2 +xy 2y2( x 1) – x( x1) – y( x1) +1 = 0 (1)Nhận thấy x= 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) chia cả hai vế cho x1 ta được 2y2 –x –y + = 0(2)Vì pt có nghiệm x,y nguyên nên nguyên nên x1 Thay x= 0 vào (2) ta được 2y2 –y 1 = 0 => y = 1; y = Thay x= 2 vào (2) ta được 2y2 –y – 1=0 => y =1; y = Vậy (x,y) 2.(2,0 điểm)ĐK: Vì nên Suy ra : (tm)Vậy pt có nghiệm : 0,5 0,75 0,5 0,25 0,250,50,50,50,2531. (2,0 điểm)Ta có Vậy A là số chính phươngMặt khác = 22. = ADo A nhưng A không chia hết cho 8 nên A không thể là lập phương của một số tự nhiên 2. (2,0 điểm)Điều kiện: Theo gt ta có Đặt , khi đó : Suy ra hoặc Nếu thì (thỏa mãn)Nếu thì (thỏa mãn)Vậy : 0,5 0,50,50,250,250,250,250,250,750,754 a. (2,0 điểm) Chứng minh Ta có MA = MB ( Tc tiếp tuyến)OA = OB = R => OM là trung trực của đoạn AB=> OM vuông góc với AB tại J nên OM AC => => (g.g)b.(1,5 điểm) Trong có HIBM nên (1) => (2)Chia (1) cho (2) theo từng vế ta được => I là trung điểm của AHc.(0,75 điểm) vuông ở B nên OB2 = OJ . OM => OJ = OJB vuông ở J nên BJ2 = OB2 – OJ2 = => BJ = với x > R ABC vuông ở A nên AC2 = BC2 – AB2 = => AC = Lại có BC . AH = AB . AC => AH = = với x > Rd.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3) ≤ R 2R 4R2 ( x2 – R2) ≤ x4 x4 – 4R2 x2 + 4R4 ≥ 0 (x2 – 2R2)2 ≥ 0 với x > RDấu = xảy ra khi và chỉ khi x2 – 2R2 = 0 x = R Vậy AH đạt giá trị lớn nhất bằng R khi x = R 2,0 1,50,750,755(2,0 điểm)Do x, y > 0 và ta suy ra x > y > 0 và xy(xy)2 = (x+y)2 (1)Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a2 4b)Ta có: (1) Suy ra: b1 > 0 và Lại có: (theo bđt cô si) Do đó: Mà a > 0 nên Dấu “=” xảy ra khi Khi đó: (Vì x > y) Vậy Min (x+y)=4 khi .0.250.25 0.250.250.250.250.250.25Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 28Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24102017Năm học 2017 2018ĐỀ BÀICâu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A.b) Tính giá trị của A khi c) So sánh A với .Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : . b) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: Câu 3: (4,0 điểm)a)Cho a, b, c là 3 số nguyên thỏa mãn: a + b + c = . Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho 5. b) Cho a, b, c, d là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn điều kiện: . Chứng minh rằng: là số hữu tỉ.Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.a) Chứng minh rằng: và b) Chứng minh rằng : c) Nếu = thì khi đó tam giác ABC là tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC; các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB sao cho BD cắt CE tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. Tính Câu 6: (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 28Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24102017Năm học 2017 2018.CâuÝTóm tắt cách giảiĐiểm1(4điểm)a2,0đ 0,250,50.250,50,5b1,0đ Ta có 0,250,50,25c1,0đBiến đổi ta được: Chứng minh được với mọi 0,250,250,250,252(4 điểm)a2đ Ta có: Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Dấu = xảy ra khi và chỉ khi Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0,50,50,50,5b2đTa có: (1)Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của phương trình cho x – 1, ta được: (2) PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên nên x – 1 •x – 1 = 1 x = 0•x – 1 = 1 x = 2Thay x = 0 vào PT(2) ta được: ; Thay x = 2 vào PT(2) ta được: ; Vậy phương trình đã cho nghiệm nguyên .0,250,250,50,250,250,53(4 điểm)a2đTa có a5 a = a( a4 1) = a( a2 1)( a2 + 1) = a( a2 1)( a2 4 + 5) = a( a2 1)( a2 4) + 5 a(a2 1) = a(a 1)(a + 1)(a 2) (a +2) + 5 a( a 1)( a+ 1)Vì a 2; a 1; a; a + 1; a + 2 là 5 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 5 suy ra (a 2) (a 1)a( a + 1)( a+ 2) chia hết cho 5 ()Mặt khác 5a(a 1)( a+ 1) chia hết cho 5 ()Từ () và () suy ra a5 – a chia hết cho 5 (1) tương tự có b5 – b chia hết cho 5 (2), c5 – c chia hết cho 5 (3)Từ (1) (2) (3) suy ra a5 – a + b5 – b + c5 – c chia hết cho 5 Mà a + b+ c = 24102017 chia hết cho 5 Nên a5 + b5 + c5 chia hết cho 50,250,250,50,250,250,5b2đTa có: (vì d 0) Vì a, b, c, d là các số hữu tỉ nên là số hữu tỉ.Vậy là số hữu tỉ0,50,250,250,250,250,54(5điểm) a) Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = .Suy ra = Từ suy ra b) Tương tự câu a, Từ đó suy ra Suy ra c) Từ Tương tự: ; . Do đó: + + = •Ta chứng minh được: (x + y + z)2 3(xy + yz + zx) ()Áp dụng () ta chứng minh được: Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.0,50,50,50,5110,250,250,250,255(1 điểm) Kẻ tại F, tại G. Theo giả thiết Mà và Suy ra Do đó 0,250,250,250,256(2 điểm)Áp dụng BĐT côsi ta có (Vì x + y + z =1)Chứng minh tương tự: Mà Do đó A Vậy GTLN của A = khi x = y = z = 0,250,250,250,250,50,5Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐMÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 27Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa Năm học 2016 2017ĐỀ BÀIBài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức: . Với x 0, x 1.a)Rút gọn biểu thức P.b)Tìm x để .c)So sánh: P2 và 2P. Bài 2: (4,0 điểm) a)Tìm thỏa mãn: b)Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện: Chứng minh rằng: chia hết cho 3.Bài 3: (4,0 điểm) a)Giải phương trình sau: b)Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.Bài 4: (6,0 điểm)Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.a)Chứng minh: CM vuông góc với EF. b)Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.c)Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCDBài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 27Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 – TP. Thanh Hóa Năm học 2016 2017.CâuÝNội dungĐiểmBài 15,0đa2 đĐiều kiện : x 0, x 1. 0,50,50,50,5 b 2,0đVới x 0, x 1. Ta có: Vì nên (tm)Vậy P = khi x = 4 0,5 1,00,250,25 c 1,0đVì Dấu “=” xảy ra khi P = 2 x = 0Vậy P2 2P0.250,250,250,25Bài 24,0đA2 đ Vì x, y Z nên x 1 Ư(1) = +) Nếu x – 1 = 1 x = 2 Khi đó 2y2 y – 2 = 1 y = 1 (tm) hoặc y = Z (loại)+) Nếu x – 1 = 1 x = 0 Khi đó 2y2 y = 1 y = 1 (tm) hoặc y = Z (loại)Vậy 0,50,250,50,50,25b2đa) Từ giả thiết Vì a, b, c 0 nên a + b + c = 0 Vậy với a, b, c Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thứcx3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.0,50,50,50,250,25Bài 34,0đa2đĐkxđ: Vì với 10x – 20 Ta có: Vậy phương trình có nghiệm là x = 4 0,250,5 0,5 0,50,25b2đx2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0. x + y + 1 = 4 khi x = 5; y = 0 x + y + 1 = 1 khi x = 2; y = 0Vậy Amin = 4 khi x= 5; y = 0 Amax = 1 khi x = 2; y = 00,50,50,50,5Bài 46,0 đa2đ Ta có: (cùng phụ với )Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn) CE = CF ECF cân tại CMà CM là đường trung tuyến nên CM EF(1.01,0B2 đ Vì EDC = FBC ED = FB NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: BC2 = NB.BF a2 = NB.DE (đpcm) CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên CM = AM M thuộc đường trung trực của AC.Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm).0,50.50.5 0.5c2đ Đặt DE = x (x > 0) BF = x SACFE = SACF + SAEF = SACFE = 3.SABCD Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 x = 2a A là trung điểm của DE AE = aVì AE BC nên N là trung điểm của AB.Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD 0.50.250.50,50.25.Bài 51,0đ Vì a, b, c > 0 nên .Tương tự: (1) Ta có: Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô si ta có: Tương tự: Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b +c; b = c + a; c = a +btức là a = b = c (vô lý). (2) Từ (1) (2) ta có đpcm.0,5 0,5Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 26Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12012017Năm học 2016 2017ĐỀ BÀICâu 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: A = : a) Rút gọn biểu thức A.b) Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + ; y = 3 Câu 2: (3,5 điểm).a) Cho hàm số bậc nhất : y = mx + m – 1() (m là tham số)Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số () tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác có diện tích bằng 2. b) Giải phương trình: Câu 3: (3,5 điểm). a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x6 + y2 – 2x3y = 320 b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn .Chứng minh rằng: Câu 4: (5,0 điểm). Cho đường tròn (O;R), đường kính BC. Điểm A thuộc đường tròn đã cho (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC tại H, lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B. Gọi I là trung điểm HC.a) Chứng minh: Tam giác AHM đồng dạng với tam giác CIA.b) Chứng minh: MH vuông góc với IA.c) Gọi K là trọng tâm của tam giác BCM, chứng minh khi điểm A chuyển động trên đường tròn ( O; R) với B, C cố định thì điểm K luôn thuộc một đường tròn cố định.Câu 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính bằng 1 và độ dài các đường cao của tam giác ABC là các số nguyên dương. Chứng minh tam giác ABC đều.Câu 6. (2,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số không âm thỏa mãn a + b + c + d = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 26Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 12012017Năm học 2016 2017.CâuNội dungĐiểmCâu 14,0 đa. (2,0đ)a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x yA = : = . = . = . = Vậy A = 0,5đ0,5đ0,5đ0,5đb.(2,0đ)b) Với x = 3 + Và y = 3 ta có : x >y>0, do đó: A = Mà A2 = Vậy : A = 0,5đ1,0đ0,5đCâu 23,5 đa.(2,0đ)Vì () là hàm số bậc nhất nên m 0 (1)Để đồ thị của () tạo với các trục tọa độ Oxy một tam giác là m 1 (2)Gọi A là giao điểm của đường thẳng () với trục tung => A(0; m1) nên độ dài OA = |m1|Gọi B là giao điểm của () với trục hoành=> B( ; 0) nên độ dài OB = | SABC = 2 OA.OB = 2 = OA.OB = 4 (m 1)2 = 4|m|Với m > 0 => (m 1)2 = 4m m2 2m + 1 = 4m m2 6m + 1 = 0 (m 3)2 = 8 (Thỏa mãn đk) Với m < 0 => m2 2m + 1 = 4m m2 + 2m + 1 = 0 (m + 1)2 = 0 m = 1(Thỏa mãn đk)Vậy m 0,25đ0,25đ0,25đ0,5đ0,5đ0,25đb.(1,5đ)ĐK: . Nhận thấy: không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho ta có: Đặt , thay vào ta có: Đối chiếu ĐK của t Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 hoặc x = 40,25đ0,5đ0,5đ0,25đCâu 33,5 đa.(1,5đ)Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3 y)2 + (x3)2 = 320=> (x3)2 320 => mà x nguyên nên ta có các trường hợp:+ Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)+ Nếu x = 1 hoặc x = 1 thì y không nguyên (loại)+ Nếu x = 2=> y= 8 hoặc y = 24+ Nếu x = 2 => y= 24 hoặc y = 8Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: (2;8);(2;24);(2; 24);(2;8)0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đb.(2,0đ) Ta có : Đặt 2015 + a = x; 2016 + b = y; 2017 + c = z (x,y,z > 0) VT = Dấu “=” xảy ra khi x = y = z suy ra a = 673, b = 672, c = 6710,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu 45,0 đa.(1,5đ)Vì A thuộc đường tròn đường kính BC nên Xét vuông BAC và vuông AHC có = tan (Vì HC = 2IC) (Vì AM = 2AB) Xét 2 tam giác AHM và CIA ta có (Cùng phụ ) ( cgc)0,5đ0,5đ0,5đb.(1,5đ)Gọi giao điểm của MH với AI là D Vì ( câu a) ( 2 góc tương ứng)Mà: nên tại D 0,5đ0,5đ 0,5đc.(2,0đ)Gọi E là trung điểm của MC. Nối AE cắt BC ở N N là trọng tâm của tam giác AMC Vì K là trọng tâm của tam giác MBC Nên K là giao điểm của BE và MO và (Định lí Ta Lét đảo) (1)Vì BE là đường trung bình của tam giác AMCNên BEAC mà nên (2)Từ (1) và (2) NK tại K (3)Vì N là trọng tâm của AMC nên BN = không đổi N thuộc BC cố định mà BN không đổi nên N là điểm cố định (4)Từ (3) và (4) K luôn thuộc đường tròn đường kính BN cố định. 0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu 52,0 đĐặt BC = a; CA = b; AB = c; SABC = s; Gọi độ dài các đường cao ứng với các cạnh a; b; c lần lượt là x; y; z (với x, y, z là các số nguyên dương); r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC. Khi đó: SABC =s = ax = by = cz s = SIAB + SIAC + SIBC = r(a + b + c) = (a + b + c) (do r = 1)Suy ra: x = > 2 (theo BĐT tam giác). Tương tự y > 2; z > 2Lại có: Do x, y, z nguyên dương và lớn hơn 2. Giải ra ta có x = y = z = 3 nên a = b = c = . Vậy ABC đều0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,5đCâu 62,0 đÁp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm (a + b + c) và d ta có:1 = (a + b + c) + d 2. 1 = a + b + c + d 4(a + b + c).d 1.(a + b + c) 4(a + b + c)(a + b + c).d => a + b + c 4(a + b + c)2.d 0 (1)Lại áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm (a + b) và c ta có:(a + b) + c 2. (a+b+c)2 4 (a+b).c > 0 (2)Vì (1) và (2 ) cùng chiều và cùng dương nên thay (2) vào (1) ta được: a + b + c 4 (a + b + c)2.d 16 (a + b).c.dTa có A = = (3) (Vì (a+b)2 4ab. Dấu “ = “ xảy ra khi: (1); (2); (3) cùng xảy ra dấu “=” và a + b + c + d = 1Suy ra: . Vậy A nhỏ nhất bằng 64 khi 0,5đ0,5đ0,5đ0,5đLưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 25Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Vĩnh Lộc Năm học 2016 2017ĐỀ BÀIBài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P = a. Tìm ĐKXĐ và rút gọn Pb. Tìm x để P < 0Bài 2: (4,0 điểm)a. Giải phương trình: . b. Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng Bài 3: (4,0 điểm) a. Tìm số tự nhiên n sao cho A= n +n+6 là số chính phươngb. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh A = xy chia hết cho 12Bài 4: (6,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AA, BB, CC. a. Chứng minh b. Trên BB lấy M, trên CC lấy N sao cho . Chứng minh rằng AM = AN.c. Gọi S, S lần lượt là diện tích của tam giác ABC và tam giác ABC. Chứng minh rằng Bài 5: (2,0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 9 ĐỀ SỐ: 25Nguồn: Đề thi HSG Toán 9 –H. Vĩnh Lộc Năm học 2016 2017.BàiNội dung cần đạtĐiểm1(4đ) Cho biểu thức P = a. Tìm ĐKXĐ và rút gọn Pb.Tìm x để P < 0Câu a:(2 điểm) Tìm được ĐKXĐ: x Ta có 0,50,50,50,5Câu b:( 2 điểm) Ta có: P < 0 Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với thì P < 0.0,51,00,52(4đ)Câu a:(2đ) Giải phương trình: . ĐKXĐ . Ta có Vì nên ( thỏa mãn ĐKXĐ) Nghiệm của phương trình đã cho là x=40,251,00,50,25Câu b: (2đ) Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng Ta có Vì a,b >0.nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương Do đó 0,750,750,53(4đ)Câu a:(2đ) Tìm số tự nhiên n sao cho A= n + n + 6 là số chính phương Để A là số chính phương thì A= n +n+6 =a2 ( a ) Ta có: n + n + 6 = a2 Vì a,n là các số tự nhiên nên (2a +2n +1) là số tự nhiên và 2a +2n +1 > 2a – 2n 1. Do đó Vậy n = 50,250,50,50,250,5Câu b:(2đ)Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh A = xy chia hết cho 12 Xét phép chia của xy cho3Nếu xy không chia hết cho 3 thì ( Vô lí)Vậy xy chia hết cho 3 (1) Xét phép chia của xy cho 4Nếu xy không chia hết cho 4 thì TH1: (vô lí )TH2: Trong hai số x,y một số chia 4 dư 2, một số chia 4 dư 1 hoặc 1. Không mất tính tổng quát giả sử ( vô lí) Vậy xy chia hết cho 4 (2) Từ (1) và (2) : Vậy xy chia hết cho 121,00,50,54 Câu a( 2 điểm): Chứng minh AC’C AB’B Xét AC’C và AB’B có: Góc A chung Góc B = góc C = 900 Suy ra: AC’C AB’B2 điểmCâu b (2 điểm):Chứng minh AM = AN. Xét vuông tại M đường cao MB Xét vuông tại N đường cao NC Theo câu a ta có AB.AC = AC.AB Do đó: AM = AN0,50,50,50,5Câu c: ( 2đ) Chứng minh Chỉ ra được Tương tự Do đó: 0,50,50,50,55(2đ) Bài 5 (2điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Ta có: Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương ta được Vì nên Dấu = xảy ra khi A đạt giá trị nhỏ nhất là khi 0,50,50,250,50,25Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết
“Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ SỐ: 30 MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi HSG Tốn –H Thiệu Hóa - Năm học 2018 – 2019) ĐỀ BÀI Câu (4,0 điểm) 1 a2 + 1 1) Tìm giá trị a thỏa mãn A < Biết A = + − + a − a 1− a 2) Cho số thực x thỏa mãn x − 2019 x + = Tính giá trị biểu thức P = x4 + x2 Câu (4,0 điểm) 1) Giải phương trình: x + + x −1 + x + − x −1 = 2 1 1 2) Giải phương trình: x + + x + − x + x + = ( x + )2 x x x x Câu (4,0 điểm) 1) Cho đường thẳng (d): y = kx + (k tham số) a) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm cố định với giá trị k b) Tìm giá trị k để khoảng cách từ gốc tọa độ tới đường thẳng (d) 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y x + x + y + = x + y + xy Câu (6,0điểm) 1) Cho đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, vẽ tia Ax vng góc với AB vẽ tia By vng góc với AB Gọi O trung điểm đoạn · · thẳng AB C điểm thuộc tia Ax Vẽ tia Cz cho OCz tia Cz cắt By = OCA D ( AC < BD ) Hai đường thẳng AB CD cắt E a) Kẻ OH vng góc với CD Chứng minh OC HD = OD HC b) Kẻ HK vng góc với AB Chứng minh HA2 KA EA = = HB KB EB 2) Cho AB AC hai tiếp tuyến (O) Gọi E; F trung điểm AB; AC Trên đoạn thẳng EF lấy điểm M Từ M kẻ tiếp tuyến MT tới (O) Chứng minh rằng: MA = MT Gmail: sinhnhatloc@gmail.com “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Câu (2,0điểm) Ba số thay đổi x, y, z > thỏa mãn điều kiện trị nhỏ biểu thức M = x + y + z = xyz Hãy tính giá y−2 z−2 x−2 + + x2 y z – Hết – - Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 30 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP (Đề thi HSG Tốn –H Thiệu Hóa - Năm học 2018 – 2019) Nội dung Điểm 1) Điều kiện: a ≥ 0; a ≠ a2 + 1 − a + + a a2 + 1 Ta có: A = + − = − 2 (1 − a ) − a2 + a − a 1− a = 1,5 a2 + 1 + a − a2 − a − a2 a − = = = 2 1− a 1− a 1− a 1− a 1+ a Ta có: A < ⇔ a < ⇔ a − < ⇔ a − < 1+ a 3 1+ a 3(1 + a ) 1,0 (*) 1 (4,0đ) Do a ≥ nên 3(1 + a ) > Suy (*) ⇔ 2a − < ⇔ a < 1 Kết hợp a ≥ 0; a ≠ 1, ta có A < ⇔ ≤ a < 2) Ta có: x + ( x + 2) − (2 x ) ( x + + x)( x + − x ) (2019 x + x )(2019 x − x ) = = = x2 x2 x2 x2 2 2019 x − x = = (2019 − 2)(2019 + 2) = 2017.2021 x2 P= 1) pt: x + + x − + x + − x − = (1) ĐKXĐ: (4,0đ) (1) ⇔ ( x − + 3) + ( x − − 2) = ⇔ x − + + x − − = (vì x − + > 0) (2) x ≥1 0,25 0,5 +) Nếu x − ≥ ⇔ x ≥ (2) ⇔ x − + + x − − = ⇔ x − = ⇔ x = (chọn) +) Nếu ≤ x − < ⇔ ≤ x < (2) ⇔ x − + + − x − = ⇔ = pt nghiệm ∀ x :1 ≤ x < Vậy nghiệm pt : ≤ x ≤ 2 ĐKXĐ : x≠0 Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,5 0,5 0,25 1 1 2) Giải pt : x + + x + − x + x + = ( x + )2 x x x x 1,5 (*) 2,0 0,5 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” 2 (*) ⇔ x + + x + 12 x + 12 − x + = ( x + )2 x x x x 1,0 1 ⇔ x + − x + = ( x + ) ⇔ ( x + 4) = 16 ⇔ x = −8 (chọn) x x x = (loại) Vậy phương trình có nghiệm : x = −8 0,5 1a) Điều kiện để (d) qua điểm cố định M(x0, y0) với giá trị k là: xk − y + = ∀k ⇔ x0 k − y0 + = ∀k x0 = x = ⇔ ⇔ − y0 + = y0 = 1,0 Vậy (d) qua điểm cố định M(0; 3) 1b) Vì (d) qua điểm M(0 ;3) ∀k ⇒ OM = 0,25 Gọi N ( x1 ; y1 ) giao điểm (d) với trực Ox ⇒ N − ; ⇒ ON = − k 0,25 k Kẻ OH vuông góc với đường thẳng (d) Khi áp dụng hệ thức lượng tam giác MON vuông O đường cao OH : (4,0đ) 0,25 1 1 k 5 = + ⇔ = 2+ ⇔ k2 = ⇔ k = ± 2 OH OM ON Vậ y k = ± 0,25 2) Ta có y x + x + y + = x + y + xy ⇔ y ( x − 1) − x( x − 1) − y ( x − 1) + = (1) +) x = không nghiệm (1) +) Chia hai vế (1) cho Với x, y ∈ ¢ ⇒ x −1, ta có: y − x − y + 0,5 0,5 =0 x −1 x = y = x = ⇒ y = nghiệm nguyên ( x; y ) ∈ {(2;1);(0;1)} ∈ ¢ nên x − = ±1 ⇔ x −1 Vậy phương trình cho có 0,5 0,5 y x D H (6,0đ) C Q P E A K O · 1a) Ta có ∆AOC = ∆HOC (ch − gn) ⇒ ·AOC = COH ⇒ OC phân giác · AOH · · · Cmtt : OD phân giác HOB kề bù nên COD = 90 Mà ·AOH HOB Gmail: sinhnhatloc@gmail.com B 2,0 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông OCD ta có : OC CH CD CH = = ⇒ OC DH = OD HC OD DH CD DH 1b) HS chứng minh được: HPOQ hình chữ nhật Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng HAB ta có: HA2 AK AB AK = = HB KB AB BK (1) Mặt khác: CA / / HK / / DB ( ⊥ AB ) nên suy AK HC AC EA (vì HC = AC , HD = DB ) = = = BK HD BD EB HA2 AK EA Từ (1) (2) suy ra: = = HB BK EB 2,0 (2) B E M A O K F T C 2) Giả sử OA cắt EF K Ta có: MT ⊥ OT ( gt ) Xét ∆OMT vuông T, ta có: 0,5 MT = OM − OT = MK + OK − OT AM vng K, ta có: ∆ AM K Xét = AK + M K 2 1,0 Suy ra: MT − AM = OK − OT − AK = (OK − AK ) − OT = (OK − AK )(OK + AK ) − OT = (OK − KH )OA − OT = OH OA − OC Trong ∆OAC vng C, ta có: OC = OH OA Do MT − MA = ⇔ MT = MA2 ⇔ MT = MA (đpcm) 0,5 1 + + = Ta biến đổi biểu thức M sau: xy yz zx ( x − 1) + (y − 1) ( y − 1) + ( z − 1) ( z − 1) + ( x − 1) 1 M = + + − + + x2 y2 z2 x y z Từ gt suy : (2,0đ) 1 1 1 = ( x − 1) + + ( y − 1) + + ( z − 1) + − + + z y z x y z x x y 2( x − 1) 2( y − 1) 2( z − 1) 1 1 ≥ + + − + + = + + −2 xz xy yz x y z x y z 1 1 1 2,0 1 Vì + + ≥ + + = ⇒ M ≥ − x y z xy yz zx Dấu " = " xảy ⇔ x = y = z = Vậy M = − ⇔ x = y = z = (Lưu ý: Học sinh có cách giải khác cho số điểm tương đương) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ SỐ: 29 MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi HSG Tốn –H Đơng Sơn - Năm học 2018 – 2019) ĐỀ BÀI Câu (4.0 điểm) x x +3 x +2 x +2 : 1.Cho biểu thức M = 1 − x − + 3− x + x −5 x + 6 + x a Rút gọn M b Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M nhận giá trị số nguyên Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + abc = Tính giá trị biểu thức: A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a ) + c(4 − a )(4 − b) − abc Câu (4.0 điểm) 1.Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy2 + x +y +1 = x2 +2y2+xy Giải phương trình : x − − x − = 16 x − 48 x + 35 Câu (4.0 điểm) 1.Chứng minh với n số tự nhiên A= ( 10n + 10n-1 +…+ 10 + 1) ( 10n+1+5) +1 số phương khơng phải lập phương số tự nhiên y2 x2 + = 2 Tìm cặp số thực (x;y) thỏa mãn điều kiện: ( y + 1) ( x + 1) 3xy = x + y + Câu (6.0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông A với đường cao AH Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A B cắt M, CM cắt AH I, OM cắt AB J a Chứng minh hai tam giác MOB ACH đồng dạng b Chứng minh I trung điểm AH c Cho BC = 2R OM = x Tính AB AH theo R x d Tính giá trị lớn AH x thay đổi Câu (2.0 điểm) Cho số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy ( x − y) = x + y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q = x+y Hết Gmail: sinhnhatloc@gmail.com “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 29 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP (Đề thi HSG Tốn –H Đơng Sơn - Năm học 2018 – 2019) Câu Nội dung (3,0 điểm) a ĐKXĐ: x ≥ ; x ≠ 4; x ≠ M= 0,5 x −2 x +1 1,5 x −2 =1 − x +1 x +1 Để M nguyên => x +1∈ Ư(3) ⇔ x + 1∈ {1;3} Điểm b, M= 0,25 ( Vì x + > 0∀x ∈ ĐKXĐ) => x= ( thỏa mãn ĐKXĐ) x = ( Không thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy x= M nhận giá trị nguyên (1,0 điểm) 0,5 0,5 0,25 A = a (4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a ) + c(4 − a )(4 − b) − abc Ta có: a + b + c + abc = ⇔ 4a + 4b + 4c + abc = 16 0,5 ⇒ a(4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc) = a (2 a + bc ) = a (2 a + bc ) = 2a + abc 0,5 Tương tự: b(4 − c)(4 − a) = 2b + abc , c(4 − a)(4 − b) = 2c + abc 0,5 ⇒ A = 2(a + b + c) + abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 0,5 1.(2,0 điểm) Ta có 2xy2 +x +y +1 = x2+ 2y2 +xy ⇔ 2y ( x- 1) – x( x-1) – y( x-1) +1 = (1) Nhận thấy x= nghiệm phương trình (1) chia hai vế cho x-1 ta 2y2 –x –y + 0,5 = 0(2) x −1 Vì pt có nghiệm x,y ngun nên ⇒ x ∈ {0;2} nguyên nên x-1 ∈ {± 1} x −1 Thay x= vào (2) ta 2y2 –y – 1=0 => y =1; y = − Vậy (x,y) ∈ {(0;1); (2;1)} 0,75 Thay x= vào (2) ta 2y2 –y -1 = => y = 1; y = − Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,5 0,25 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Câu Nội dung Điểm 2.(2,0 điểm) 2 x − − x − = 16 x − 48 x + 35 − 4x ⇔ = (7 − x )(5 − x ) 2x − + 6x − ĐK: x ≥ ⇔ (7 − x ) + 4x − 5 = 2x − + 6x − Vì x ≥ nên + 4x − > 2x − + 6x − 7 Vậy pt có nghiệm : x = Suy : − x = ⇒ x = (tm) 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 (2,0 điểm) 10 n+1 − n+1 10 + + 10 2( n+1) + 4.10 n +1 − + = ( A= 10 n+1 + Ta có = = 33 34 ) 0,5 0,5 n Vậy A số phương 2 Mặt khác 33 34 = 1666 = A n n −1 Do A Μ2 A không chia hết A lập phương số tự nhiên (2,0 điểm) Điều kiện: x ≠ −1; y ≠ −1 y2 x2 + = ( y + 1) ( x + 1) 2 Theo gt ta có x y =1 y + x + u + v2 = x y Đặt u = ;v= , : y +1 x +1 uv = Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Câu Nội dung ( u + v )2 = u + v + 2uv = ⇔ ⇔ 2 u + v − 2uv = ( u − v ) = 1 Suy u = v = u = v = − 2 y + = 2x Nếu u = v = ⇔ x = y = (thỏa mãn) x + = y y + = −2 x 1 ⇔ x = y = − (thỏa mãn) Nếu u = v = x + = −2 y Vậy : x = y = 1; x = y = − Điểm 0,75 0,75 a (2,0 điểm) Chứng minh ∆MOB ∼ ∆ACH Ta có MA = MB ( T/c tiếp tuyến) OA = OB = R => OM trung trực đoạn AB => OM vuông góc với AB J nên OM // AC => MOˆ B = ACˆ H => ∆MOB ∼ ∆ACH (g.g) b.(1,5 điểm) Trong ∆CMB có HI//BM nên ∆MOB ∼ ∆ACH => HI CH = (1) BM CB 1,5 HA CH = (2) BM OB Chia (1) cho (2) theo vế ta 2,0 HI OB = = HA CB => I trung điểm AH c.(0,75 điểm) ∆MOB vuông B nên OB2 = OJ OM => OJ = Gmail: sinhnhatloc@gmail.com “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Câu Điểm Nội dung 2 OB R = OM x R2 R (x − R ) 2 = ∆ OJB vuông J nên BJ = OB – OJ = R − => BJ x2 x R x − R vớ i x > R = x 4R 2 ∆ ABC vuông A nên AC = BC – AB = x 2R => AC = x 0,75 Lại có BC AH = AB AC AB AC R = BC x => AH = x − R với x > R d.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3) 2R x x −R ≤ R 0,75 2R x − R ≤ x 2 2 4R2 ( x2 – R2) ≤ x4 x4 – 4R2 x2 + 4R4 ≥ (x2 – 2R2)2 ≥ với ∀ x > R Dấu "=" xảy x2 – 2R2 = x = R Vậy AH đạt giá trị lớn R x = R (2,0 điểm) Do x, y > xy ( x − y) = x + y ta suy x > y > xy(x-y)2 = (x+y)2 (1) Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > ; a2 ≥ 4b) 2 2 Ta có: (1) ⇔ b(a − 4b) = a ⇔ a (b − 1) = 4b Suy ra: b-1 > b 4b a2 = b −1 0.25 0.25 0.25 1 Lại có: b − = b + + b − = (b − 1) + b − + ≥ (b − 1) b − + = (theo bđt si) Do đó: a ≥ 16 Mà a > nên a ≥ ⇒ x + y ≥ 0.25 0.25 Dấu “=” xảy b − = b − ⇔ (b − 1) = ⇔ b = x = + x + y = Khi đó: xy = ⇔ (Vì x > y) y = − Vậy Min (x+y)=4 x = + ; y = − 0.25 0.25 0.25 -Hết Gmail: sinhnhatloc@gmail.com “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ SỐ: 28 MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Nguồn: Đề thi HSG Tốn –H Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 ĐỀ BÀI Câu 1: (4,0 điểm) 1 2x + x − 2x x + x − x − + : x 1− x 1+ x x 1− x Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x = 17 − 12 c) So sánh A với A Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : 3x + 6x +12 + 5x −10x + = 3− 4x − 2x 2 b) Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy + x + y +1 = x + y + xy Câu 3: (4,0 điểm) 2 a) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho b) Cho a, b, c, d số hữu tỉ khác thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: M = (ab − cd )(bc − da)(ca − bd ) số hữu tỉ Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh rằng: ∆ AEF ∆ ABC ( S AEF = cos Α S ABC ) 2 b) Chứng minh : SDEF = 1−cos A−cos B−cos C SABC c) Nếu HA HB HC + + = BC AC AB tam giác ABC tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC; điểm D, E thuộc cạnh AC, AB cho · BD cắt CE P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC Tính BPE Câu 6: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + xyz + y + xyz + z + xyz + xyz Hết - Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 10 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ: 03 ĐỀ BÀI Bài 1: (6 điểm) 1) Cho biểu thức: K = 3x + x − x + x −3 − x +1 x +2 + x −2 1− x ( x ≥ 0; x ≠ 1) a/ Rút Gọn K b/ Tính giá trị biểu thức K x = 24+ − − 29 − 12 2) Chứng minh số A= n +3n – n - chia hết cho 48 với n lẻ Bài 2: (4đ) a) Giải phương trình x − 3x + + x + = x − + x + x − b) Cho a, b, c số đôi khác thoả mãn: a b c + + =0 b-c c-a a-b a b c Chứng minh rằng: + + =0 2 (b - c) (c - a) (a - b) Bài (3đ) a)) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = Chứng minh: 2 x + y3 + z + + ≤ + x + y2 y2 + z2 z2 + x 2 xyz b) Tìm nghiệm nguyên phương trình x − = y ( y + ) Bài (6 điểm) Cho điểm M nằm nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R (M khơng trùng với A B) Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn tâm O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H, cắt AM K a) Chứng minh : điểm F, E, K, M nằm đường tròn b) Tứ giác AHFK hình ?Vì ? c) Chứng minh đường thẳng HF ln tiếp xúc với đường tròn cố định điểm M di chuyển nửa đường tròn tâm O Bài 5:( điểm ) Tìm số n nguyên dương thoả mãn: (3+2 2)n + (3-2 2)n =6 Hết - Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 136 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Bài NỘI DUNG CẦN ĐẠT Ý 1.(4đ) a)(2đ) ĐỀ SỐ: 03 ĐIỂ M a, Với x≥ , x≠ ta có: K= = = 3x + x − x+ x −3 x +1 − 3x + x − − x +2 ( + )( x −2 1− x ) ( ( x + 2)( x − 1) x +1 x −1 − x −2 )( x +2 ) 0,5 x+3 x +2 ( x + )( x − 1) ( x + )( x + 1) = ( x + )( x − 1) Bài (6đ) = b)(2đ) 0,5 0,5 x +1 0,5 x −1 b,Ta có : x = 24+ 5- 3- 29-12 5- = 24+ = 24+ 0,5 3- (2 5-3) 5- 6-2 = 24+ 5- ( 5-1)2 = 25 Thay x = 25 vào A ta có: 25+1 K= = = 25-1 2)(2đ) a,(2đ) Ta có A = n +3n - n-3 = (n-1)(n+1)(n+3) Với n =2k+1 A=8k(k+1)(k+2) ⇒ A+ (1) Vì k(k+1)(k+2) ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho ⇒ A + (2) Từ (1) (2) ⇒ A+ 48 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 a, x − 3x + + x + = x − + x + x − (1) Bài (4đ) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,25 137 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” x − 3x + ≥ ĐK: x + ≥ ⇔x≥2 x + 2x − ≥ (1) ⇔ 0,5 0,25 (x-1)(x-2) + x+3 = x-2 + (x-1)(x+3) x −1 = a ≥ Đặt: x − = b ≥ x + = c ≥ 0,5 ⇔ a.b + c = b + a.c (1) ⇔ a(b - c) - (b - c) = ⇔ (a - 1)(b - c) = a = ⇔ b = c Với a = ⇒ x − = ⇔ x - = ⇔ x = (thoả mãn đk) b(2đ) Với b = c ⇒ nghiệm x − = x + ⇒ x - = x + ⇒ 0x = vơ Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 0,5 0,5 b) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b ( a - b )( a - c ) Nhân vế đẳng thức với a (b - c) = ta có: b-c ab - b - ac + c2 ( a - b )( a - c )( b - c ) Vai trò a, b, c nhau, thực hốn vị vòng quanh a, b, c ta có: b (c - a ) = c (a - b) 0,5 cb - c - ab + a , ( a - b )( a - c )( b - c ) ac - a - bc + b = ( a - b )( a - c )( b - c ) 0,5 0,5 Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có a b c + + =0 2 (b - c) (c - a) (a - b) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 138 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Bài (3đ) a) Vì x2 + y2 + z2 = nên: a(1,5đ) 2 x + y2 + z x + y2 + z x + y2 + z + + = + + x + y2 y2 + z2 z2 + x x + y2 y2 + z z2 + x z2 x2 y2 + + +3 x + y2 y2 + z2 x + z2 z2 z2 Ta có x2 + y2 ≥ 2xy ⇒ 2 ≤ , x +y 2xy y2 y2 x2 x2 Tương tự 2 ≤ , 2 ≤ 2xz y +z 2yz x + z 2 z x y z2 x2 y2 Vậy + + + ≤ + + +3 x + y2 y2 + z2 x + z2 2xy 2yz 2xz 2 x + y3 + z3 ≤ ⇔ + + + , đpcm x + y2 y2 + z2 z2 + x 2xyz = Bài (6đ) 0,5 0,5 0,5 b) Từ x − 25 = y ( y + 6) Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 0,5 Khi ta thấy: ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) số chẵn Suy số ( y+3+x ) (y+3-x) tính chẵn lẻ Ta lại có tích chúng số chẵn, số ( y+3+x ) (y+3-x) số chẵn Ta có cách phân tích -16 tích số chẵn sau đây: - 16 = (-2) = (-4) = (-8) 0,5 Ta có bảng giá trị sau: y+3+x y+3-x x y -2 -2 -5 -8 -6 -8 -5 -6 Vì phương trình cho có nghiệm: (x,y) = ( ±5,0 ) ; ( ±5, −6 ) ; ( ±4, −3) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com -4 -3 -4 -4 -3 0,5 139 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” I F C H M E K A O a(2đ) B a) Các tam giác AEB, AMB vng ( AB đường kính) suy 0,5 · · BEF = KMF = 900 Gọi C trung điểm KF ta có EC = CM = KF 0,5 hay EC = CM = CK = CF Suy điểm F, E, K, M nằm đường tròn tâm C 0,5 0,5 b(2đ) b) Ta có AE vừa đường cao vừa phân giác tam giác AHK nên AH=AK HE=EK EC đường trung bình tam giác HKF nên EC = HF, mà EC= = KF nên HF=KF K trực tâm tam giác FAB nên FK ⊥ AB , mà AH ⊥ AB · · AH//KF suy KFE = EAH ∆KEF = ∆HEA suy AH = KF Do AH = AK = KF = EH AF ⊥ HK nên tứ giác 0,5 0,5 0,5 0,5 AHFK hình thoi c(2đ) c) Vì AHFK hình thoi suy HF//AM, mà AM ⊥ BF nên HF ⊥ BF (1) Mặt khác HK trung trực AF hay BH trung trực AF nên BF=AB=2R (2) Từ (1) (2) suy HF tiếp tuyến đường tròn (B; 2R) cố định Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,5 0,5 0,5 0,5 140 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Bài (1đ) Do 3+2 >0, - 2 > nên bậc hai có nghĩa Ta thấy : 3+2 3-2 = 1 Đặt (3+2 2)n = a ⇒ (3-2 2)n = a Phương trình cho tương đương với: a + =6 ⇔ a2- 6a +1=0 có nghiệm a1 = 3-2 2; a2 = 3+2 a +Với a1 = 3- 2 ⇒ (3+2 2)n = -2 = 3+2 = (3 +2 2)-1 = (3 + 2) −2 ⇒ n = -2 (loại ) + Với a = 3+2 ⇒ (3+2 2)n = 3+2 = (3 + 2 ) ⇒n=2 Vậy pt có nghiệm nguyên dương n = 0,25 0,25 0,25 0,25 Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Hết - Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 141 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ SỐ: 02 MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi HSG Tốn –Phòng GD&ĐT Thanh Chương - Năm học 2010 – 2011) ĐỀ BÀI Câu (2,0 điểm) a Phân tích Q thành nhân tử: Q = x + x − 2 x − 10 b Tính Q biết x = 13 − 10 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 2m − ; với m tham số a Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O b Tính theo m tọa độ giao điểm A; B đồ thị hàm số với trục Ox; Oy H hình chiếu O AB Xác định giá trị m để OH = 2 b Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB Câu (2,5 điểm) a Giải phương trình: x − + x − + x + = x − b Cho a; b hai số dương thỏa mãn: a + b = Chứng minh: 3(a2 + 6) ≥ (a + b) c Giải phương trình nghiệm nguyên: x + xy − 2008 x − 2009 y − 2010 = Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R ) AB CD hai đường kính cố định (O) vng góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB · · · · a Tính sin MBA + sin MAB + sin MCD + sin MDC b Chứng minh: OK = AH (2 R − AH ) c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn -Hết Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 142 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 02 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TỐN - LỚP (Đề thi HSG Tốn –Phòng GD&ĐT Thanh Chương - Năm học 2010 – 2011) Điểm Nội dung cần đạt Câu Ý Q = x + x − 2 x − 10 = x a (2,0đ) ( x+ )( x −2 ) ( ) x + −2 ( ) x+ = 0,5 x = 13 − 10 ⇒ x = − 2.2 + = (2 − 5) = 2 − b 0,5 Vậy: Q = ( 2 − + )( 2 − − 2 ) = 2.(− 5) = −2 10 0,5 0,5 y = x − 2m − ; với m tham số Để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O(0; 0) a −2m − = ⇔ m = − 0,25 Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: A ( 2m + 1;0 ) b (2,0đ) 0,5 Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B ( 0; −2m − 1) Ta có: ∆ AOB vng O có OH đường cao nên: 0,5 m = 1 1 = + Hay = + ⇔ = ⇔ 2 2 OH OA OB x A yB (2m + 1) m = −1 Hoành độ trung điểm I AB: xI = c Tung độ trung điểm I AB: yI = x A + xB m + = 2 0,5 y A + yB −(2m + 1) = 2 Ta có: yI = − xI ⇒ Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB 0,25 đường thẳng y = − x Điều kiện: x ≥ x −1 + x − + x + = x − ⇔ x − + x − + + x + = x − (2,5đ) a ⇔ ( ) 0,2 0,2 x − +1 + x +1− x − = ⇔ x − +1+ x +1− x − = 0,3 ⇔ x − − x − + = ⇔ ( x − − 2)2 = ⇔ x = > 0,3 Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 143 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Vậy nghiệm pt là: x = Với a; b hai số dương ta có: ( a + b) b 2 1 = 2.a + b.1 ≤ ( 2a + b ) + 1 (Theo 2 Bunhiacopski) 0,25 0,25 ⇔ ( a + b) ≤ ( a2 + 6) (Vì a + b = ) Hay 3(a + 6) ≥ (a + b) x + xy − 2008 x − 2009 y − 2010 = c ⇔ x + xy + x − 2009 x − 2009 y − 2009 = 0,25 ⇔ x( x + y + 1) − 2009( x + y + 1) = ⇔ ( x − 2009)( x + y + 1) = 0,5 x − 2009 = x = 2010 x + y + = ⇔ y = −2010 x − 2009 = −1 x = 2008 x + y + = −1 y = −2010 0,25 0,25 C K B O M H A D (3,5đ) a b c Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên: · · · · sin MBA + sin MAB + sin MCD + sin MDC = · 2· · 2· (sin MBA + cos MBA) + (sin MCD + cos MCD) = + = Chứng minh: OK = AH (2 R − AH ) Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 0,75 0,5 0,5 0,25 0,25 144 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Mà OH.MH ≤ Vậy P ≤ R OH + MH OM R (Pitago) = = 2 R2 = R đẳng thức xẩy ⇔ MH = OH R ⇔ OH = 0,25 0,25 -Hết Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 145 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ: 01 ĐỀ BÀI Câu 1: (4,0 điểm) 1 2x + x − 2x x + x − x − + : x 1− x 1+ x x 1− x Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A x = 17 − 12 c) So sánh A với A Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình : 3x + 6x +12 + 5x −10x + = 3− 4x − 2x 2 b) Tìm cặp số nguyên (x, y) thoả mãn: 2xy + x + y +1 = x + y + xy Câu 3: (4,0 điểm) 2 a) Cho a, b, c số nguyên thỏa mãn: a + b + c = 24102017 Chứng minh rằng: a5 + b5 + c5 chia hết cho b) Cho a, b, c, d số hữu tỉ khác thỏa mãn điều kiện: a + b + c + d = Chứng minh rằng: M = ( ab − cd )(bc − da )(ca − bd ) số hữu tỉ Câu 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh rằng: ∆ AEF ( ∆ ABC S AEF = cos Α S ABC ) 2 b) Chứng minh : SDEF = 1−cos A−cos B −cos C SABC c) Nếu HA HB HC = + + BC AC AB tam giác ABC tam giác gì? Câu 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC; điểm D, E thuộc cạnh AC, AB cho · BD cắt CE P diện tích tứ giác ADPE diện tích tam giác BPC Tính BPE Câu 6: (2,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + xyz + y + xyz + z + xyz + xyz -– Hết – Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 146 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP Câu Ý a 2,0đ (4 điểm) ĐỀ SỐ: 01 Điểm Tóm tắt cách giải 2x + x − 2x x + x − x A= − + x > 0;x ≠ ;x ≠ 0,25 : − x x 1+ x x 1− x ( ) x 2x + x − x − + x 2x + x − x − : + x 1− x 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x x +1 x −1 x −1 x +1 x −1 : = + x x −1 1− x 1+ x 1+ x 1− x + x x −1 x = : x − + x x − − x − x + x = ( b 1,0đ )( )( )( ( ) ( ) x −1 = = ( ) ( ( ) ( x x ( ( ) x −1 ( ) : x −1 : ) ( )( ) ( )( ) ( )( (1 − x )(1 − : ) (1 − x )(1 − x −1 ( 1− x + x + x 1− x x +x ) = x +x ) ) ) ) ) 0,5 0.25 0,5 0,5 1− x + x x Ta có ( x = 17 − 12 = − 2 A= ( ) ⇒ x= ) − − 2 + 17 − 12 3−2 = (3 − 2 ) = 3−2 = 3−2 ( ) 15 − 10 − 2 = =5 3−2 3−2 c 1− x + x = x+ −1 1,0đ BiÕn ®ỉi A = x x Chứng minh đợc x + A= x+ 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 1 > víi mäi x > 0;x ≠ ;x ≠ x −1 > ⇒ A > ⇒ A −1 > ⇒ A x ( 0,25 0,25 ) A −1 > ⇒A− A >0⇒A > A Ta có: a 2đ VT = = x + x + 12 + 3( x + 1) + + Gmail: sinhnhatloc@gmail.com x − 10 x + 5( x − 1) + ≥ 9+ =5 0,5 147 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Dấu "=" xảy x = −1 V P = − x − x = − 2( x + 1) ≤ 2 Dấu "=" xảy x = −1 0,5 0,5 0,5 ⇒ VT = VP ⇔ x = −1 Vậy phương trình có nghiệm x = −1 (4 điểm) b 2đ Ta có: 2xy2 + x + y +1 = x2 + 2y2 + xy 0,25 ⇔ y ( x − 1) − x(x − 1) − y (x − 1) + = (1) Nhận thấy x = nghiệm PT (1) Chia vế phương trình cho x – 1, ta được: 2y2 − x − y + =0 x −1 PT có nghiệm x, y nguyên, suy nên x – ∈ {− ;1 } • x – = -1 x=0 • x–1=1 x=2 (2) nguyên x −1 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 2 Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − Vậy phương trình cho nghiệm nguyên ( x; y ) ∈ {( 0;1) ; ( 2;1)} Thay x = vào PT(2) ta được: y − y − = ⇔ y = ; y = − (4 điểm) a 2đ Ta có a5 - a = a( a4 - 1) = a( a2 - 1)( a2 + 1) = a( a2- 1)( a2 - + 5) = a( a2- 1)( a2 - 4) + a(a2 - 1) =a(a - 1) (a + 1)(a -2) (a +2) + a( a - 1)( a+ 1) Vì a - 2; a - 1; a; a + 1; a + số nguyên liên tiếp nên có (*) số chia hết cho suy (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2)M Mặt khác 5a(a − 1)(a + 1) M5 (**) Từ (*) (**) suy a − a M5 (1) 5 tương tự ta có b − b M5 ( ) ; c − c M5 ( ) 5 Từ (1) (2) (3) suy a − a + b − b + c − c M5 2017 5 mà a + b + c = 2410 M5 nên a + b + c M5 b 2đ Ta có: a + b + c + d = ⇔ ad + bd + cd + d = (vì d ≠ 0) − ad = d + bd + cd ⇔ −bd = d + cd + ad −cd = d + ad + bd 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 148 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” M = ( ab − cd )(bc − da)(ca − bd ) = (ab + d + ad + bd )(bc + d + bd + cd )(ca + d + cd + ad ) 0,25 0,5 = (a + d )(b + d )(b + d )(c + d )( a + d )(c + d ) = [(a + d )(b + d )(c + d )] = (a + d )(b + d )(c + d ) Vì a, b, c, d số hữu tỉ nên (a + d )(b + d )(c + d ) số hữu tỉ Vậy M = (ab − cd )(bc − da)(ca − bd ) số hữu tỉ (5điểm) A E F H B D C AE AB AF Tam giác ACF vuông F nên cosA = AC AE AF Suy = ⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g c ) AB AC a) Tam giác ABE vuông E nên cosA = 0,5 0,5 0,5 0,5 * Từ ∆AEF : ∆ABC suy S AEF AE = = cos A S ABC AB 1 S S b) Tương tự câu a, BDF = cos B, CDE = cos C S ABC S ABC 0,25 Từ suy S DEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE = = − cos A − cos B − cos C S ABC S ABC Suy S DEF = (1 − cos A − cos B − cos C ) S ABC c) 0,25 Từ 0,25 0,25 HC CE HC.HB CE.HB S HBC = ⇒ = = AC CF AC AB CF AB S ABC HB.HA S HAB HA.HC S HAC Tương tự: ; Do đó: = = AC.BC S ABC AB.BC S ABC HC HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB + + = =1 AC AB AC BC AB.BC S ABC ∆AFC : ∆HEC ⇒ • Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*) Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 149 “Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” Áp dụng (*) ta chứng minh được: HA HB HC + + ≥ BC AC AB Dấu xảy tam giác ABC (1 điểm) 0,25 Kẻ EF ⊥ AC F, DG ⊥ BC G Theo giả thiết S ADPE = S BPC 0,25 0,25 0,25 ⇒ S ACE = S BCD · · Mà AC = BC ⇒ EF = DG EAF = DCG = 600 Suy ∆AEF = ∆CDG ⇒ AE = CG · · Do ∆AEC = ∆CDB (c − g − c) ⇒ DBC = ECA · · · · · ⇒ BPE = PBC + PCB = PCD + PCB = 600 (2 điểm) Áp dụng BĐT côsi ta có x + xyz + xyz = x = x ≤ ( ( ) x + yz + yz = x ( x + z )( x + y ) + yz ) ( x( x + y + z ) + yz + yz ) 0,25 0,25 3 x + y + x + z y + z 3 1 + x + = x+ 2 3 0,25 (Vì x + y + z =1) Chứng minh tương tự: 3 1 y + xyz + xyz ≤ y+ 3 0,25 0,5 z + xyz + xyz ≤ 3 1 z+ 3 0,5 x+ y+z Mà xyz ≤ = Do A ≤ 3 5 = = (1 + x + y + z ) + 3 3 Vậy GTLN A = x = y = z = 3 (Lưu ý: Học sinh có cách giải khác cho số điểm tương đương) Hết Địa gmail: sinhnhatloc@gmail.com Gmail: sinhnhatloc@gmail.com 150 ... sinhnhatloc@gmail.com Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 29 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MƠN: TỐN - LỚP (Đề thi HSG Tốn –H Đông Sơn... sinhnhatloc@gmail.com 10 Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 28 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TỐN - LỚP Nguồn: Đề thi HSG Tốn –H Thi u Hóa,... sinhnhatloc@gmail.com 21 Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn Tốn lớp – THCS (có đáp án chi tiết)” HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 26 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: TỐN - LỚP Nguồn: Đề thi HSG Tốn –H Thi u Hóa,