de thi hoc sinh gioi lop 9 mon toan cap tinh tp

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: TỐN (Dành cho thí sinh chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A  x  x3  3x  38 x  x   x  4x  b) Cho hai hàm số y  x y   m  1 x  1(với m tham số) có đồ thị  P  d Tìm m để  P  cắt d hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  cho 2 y13  y23  18  x13  x23  Câu (2,5 điểm)   y  xy   x  y a) Giải hệ phương trình:   5 x  y  18  x  b) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức M  x  x  25  y  y  25  z  z  25 Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên dương  x; y  thỏa mãn  xy  x  y   x  y  1  30 b) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 12n2  số nguyên Chứng minh rằng: 12n2   số phương Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt điểm H Gọi  O  đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHCE, cung nhỏ EC đường tròn (O) lấy điểm I (khác điểm E) cho IC  IE Đường thẳng DI cắt đường thẳng CE điểm N , đường thẳng EF cắt đường thẳng CI điểm M a) Chứng minh NI ND  NE.NC b) Chứng minh đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CH c) Đường thẳng HM cắt đường tròn  O  điểm K (khác điểm H), đường thẳng KN cắt đường tròn (O) điểm G (khác điểm K), đường thẳng MN cắt đường thẳng BC điểm T Chứng minh ba điểm H ,T , G thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho 2020 kẹo vào 1010 hộp cho hộp chứa nhiều 1010 kẹo hộp chứa kẹo Chứng minh tìm thấy số hộp mà tổng số kẹo hộp 1010 ĐÁP ÁN Câu 1.a Ta có x     x     x  x   x2  x   x2  x    x  x3  3x  38 x    x  x3  x    x3  x  x   10 x  40 x  10    5  A   1.b Phương trình hồnh độ giao điểm d  P  x2   m  1 x   (1) (P) cắt d hai điểm phân biệt A x1; y1  , B  x2 , y2  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m      m  1    m     (*) m    Áp dụng định lý Viet ta có: x1  x2  m  1; x1x2  Từ giả thiết ta có y1  x12 , y2  x22 Khi y 13 y23  18  x13  x23   x16  x26  18  x13  x23    x13  x23  x13  x23  18  (2) Do x1  x2 nên    x13  x23  18    x1  x2   3x1x2  x1  x2   18  Do đó,  m  1  3 m  1  18    m   3  m  1  3 m  1  6   m  4(tm(*))   Câu 2   y  xy   x  y 2a   5 x  x  18  x  (1) , DK : x, y  (2)  y 1  y   2x 1  y  y  x  y  1  1  y     y  1 y  x      Với y  thay vào (2) ta được:  11 x  x  11  x    24 x  110 x  117    x2  55  217 55  217  x 24 24 Với y   x thay vào   ta được: 5x  28x  14 x  18  x    x2  x  2  x  x   x  x     x  x     x  x   x  x    x2  x    x2  x  2  x  x   3 x  x   5 22 y x  3  3x  10 x      5 22 y x  3  Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:  55  217   55  217           ;1 ;   ;1 ;  ; ; ;     24 24 3      2b Từ giả thiết suy  x, y, z  Ta có:  x2  x  25   x  30 x  225  8x  24 x  15  x   8x  x  3  15  x  với x,0  x  x  (do  x   8x  x  3  0, dấu xảy  ) x  Do  x  x  25  15  x hay x  x  25  15  x với x,0  x  3 15  y 15  z ; z  z  25  với y, z :  y, z  3 Tương tự: y  y  25  Do đó, M  15  x  15  y  15  z 45    14 3 Dấu xảy  x; y; z    3;0;0   x; y; z    0;3;0   x; y; z    0;0;3 Ta có  x  x  25   x  22 x  121   x  8x    11  x    x  1  11  x  x,0  x  2 (do  x  1  0, dấu xảy x  1) Do  x  x  25  11  x hay x  x  25  11  x với x,0  x  11  y 11  z ; z  z  25  với y, z :  y, z  5 Tương tự y  y  25  Do đó, M  11  x  11  y  11  z 33   6 5 Dấu xảy x  y  z  Vậy GTLN M 14 đạt  x; y; z    3;0;0   x; y; z    0;3;0   x; y; z    0;0;3 GTNN M đạt x  y  z  Câu 3a)Vì x, y nguyên dương  x; y   1;1 khơng thỏa mãn phương trình nên x2  y   3; xy  x  y  Suy xy  x  y ước nguyên dương lớn 30 gồm 5;6 Nếu xy  x  y    x  1 y  1  ta trường hợp: x   x  (thỏa mãn điều kiện)   y   y    x   x    (tmdk ) y   y    Nếu xy  x  y    x  1 y  1  7(ktmdk ) Vậy cặp số  x; y  thỏa mãn 1;2  ;  2;1 3b) Vì 12n2  số lẻ nên để 12n2  số nguyên 12n2    2m  1 , m  Suy m  m  1  3n2  m  3u ; m   v Vì  m; m  1  nên xảy hai trường hợp  , u, v  * 2 m  v ; m   u  Nếu m  v ; m   3u v2  3u  hay v số phương chia dư Điều khơng xảy số phương chia dư Do xảy m  3u ; m   v Ta có: 12n2     2m  1   4m   4v số phương (đpcm) Câu A M E I K F N H O B D C T G a) Xét NDE NCI có: END  INC (đối đỉnh), EDN  ICN (cùng chắn cung EI ) suy NDE NCI  g.g   ND NE   NI ND  NE.NC NC NI b) Do tứ giác BFEC, DEIC, ABDE nội tiếp nên: AFE  ACB  DIE MEC  ABC  DEC  DIC  MENI tứ giác nội tiếp  DIE  EMN  AFE  EMN  MN / / AB Mà CH  AB  CH  MN c) Xét ENM , TNC có: EMN  EIN  NCT , ENM  TNC  ENM  TNC ( g.g ) NE NM   NC.NE  NM NT 1 NT NC Xét ENK , GNC có KEN  CGN , ENK  GNC  ENK  GNC ( g.g ) NE NK   NC.NE  NG.NK   NG NC Từ 1 ,    NM NT  NG.NK  NK NM   TGN NT NG KMN  KMN  TGN (3) Mà KMN  HCK (cùng phụ với KHC )  KMN  HGN (4) Từ (3) (4) ta có TGN  HGN  H ,T , G thẳng hàng Câu TH1:Tất hộp có số kẹo 2, lấy 505 hộp ta có tổng số kẹo 1010 TH2:Tồn hai hộp có số kẹo khác nhau, ta xếp hộp thành hàng ngang cho hai hộp khơng có số kẹo, ký hiệu số kẹo hộp thứ i, i  1;2; ;1010 Xét số S1  a1; S2  a1  a2  .; S1010  a1  a2   a1010 , với   1010 +)Nếu tồn hai số S1; S2 ; ; S1010 có số dư chia cho 1010, giả sử Si , S j  i  j  S j  Si   1   a j  1010 Do  S j  Si  2019;  S j  Si  1010 nên S j  Si  1010 hay ai1   a j  1010 +)Nếu S1; S2 ; S1010 khơng có hai số có số dư chia cho 1010 (1) Xét 1011 số S1; S2 ; ; S1010 , a2 , theo nguyên lý Dirichle tồn hai số có số dư chia cho 1010 Mà S1  a1  a2 ,1  a1, a2  1010 nên S1 , a2 không số dư chia cho 1010 (2) Từ (1) (2) suy tồn k  2;3; ;1010 cho Sk , a2 số dư chia cho 1010 Khi Sk  a2  a1  a3   ak 1010 Mà  a1  a3   ak  2019  a1  a3   ak  1010 Suy điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn : TỐN (chun) Ngày thi: 31.05.2019 Đề Chính Thức Câu (3đ) x  x 1 1   với x  0, x  x x 2 x 1 x 2 x2  40 b) Giải hệ phương trình : x   x  3 a) Rút gọn biểu thức A   x  y  1 c) Giải hệ phương trình:  3 2 x  y  y  x Câu (2đ) a) Cho số thực a, b thỏa mãn a  b  Chứng minh phương trình ax2  bx  2a   ln có nghiệm b) Tìm tất cặp số nguyên dương  m; n  thỏa mãn phương trình : 2m.m2  9n2  12n  19 1    Tìm giá trị nhỏ a b c 1 biểu thức : P    a  ab  3b2  b2  bc  3c  c  ca  3a  Câu (1đ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn Câu (3đ) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC với AB  AC Gọi I trung điểm BC Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) J khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBJ cắt đường thẳng AB M khác B đường tròn ngoại tiếp tam giác ICJ cắt đường thẳng AC N khác C a) Chứng minh BJM  CJN ba điểm M , I , N thẳng hàng b) Chứng minh JA tia phân giác BJN OA vng góc với MN c) Tia phân giác góc BAC cắt MN E Tia phân giác góc BME CNE cắt BE, CE P, Q Chứng minh PB.QE  PE.QC Câu (1đ) Trên mặt phẳng cho 17 điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng Giữa hai điểm ba điểm cho ta nối đoạn thẳng đoạn thẳng ghi số nguyên dương (các số ghi đoạn thẳng số nguyên dương khác nhau) Chứng minh tồn tam giác có cạnh đoạn thẳng nối mà tổng số ghi cạnh tam giác chia hết cho ĐÁP ÁN Câu a) A     x  x 1  x x 2  x  1 x 1 b) x   x 1  x  2 x 2  x3 x 2  x 1 x 2  x 1 x 1 2  x2  3x  x2 x2   40   x    40     40     x  x  x  x      x2  x  3  x 2 t  10 x2 Đặt t  ta có phương trình t  6t  40    x3 t  4 x2  10  x  10 x  30  vô nghiệm x 3 x  x2 t  4   4  x  x  12    x3  x  6 t  10  Vậy tập nghiệm phương trình S  2;6 2   x  y  1 c)  3  2 x  y  y  x (1) (2)  x3  y   x  y   x  y   x3  x y  xy  y  x  y   x  y   x  3xy  y     2  x  3xy  y  TH1: x  y thay vào pt (1) ta x  y  1   11 x  y    x y0 TH2: x  3xy  y    x  y   y    2    y  Thử lại ta thấy x  y  khơng nghiệm hệ phương trình cho 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;1;  1; 1  Câu a) Nếu a  b  phương trình có nghiệm x   Nếu a    b2  8a  a  1 b a  Nếu   a  a  1     nên phương trình có nghiệm a  Nếu  a  1thì a  b   b   a   b2    a       a   8a  a  1   3a    2 Nên phương trình có nghiệm Vậy phương trình cho ln có nghiệm với số thực a, b thỏa mãn a  b  b) Ta có : 2m.m2  9n2  12n  19  2m.m2   3n    15 Nếu m lẻ  m  2k  1, k  *  2m.m2  2.4k.m2    1 2m2  2m2  mod3 mà m2  0;1  mod3 k Nên 2.4k.m2  0;2  mod3 Mặt khác  3n    15  1 mod3 Vậy trường hợp không xảy Nếu m chẵn  m  2k , k  * ta có phương trình: 22 k.m2   3n    15   2k.m  3n   2k.m  3n    15 * Vì m, n * nên 2k.m  3n   2k.m  3n  2k.m  3n    2k.m  3n    2k.m  3n   15  2k.m  3n   Do *   k  k m  n     m  3n    2k.m  3n   15 2k.2k   TH1:  k (vô nghiệm) n    m  3n    2k.m  3n   2k.2k  k  m     TH2:  k n  n  m  n    n    Vậy phương trình cho có nghiệm m  2, n  Câu Ta chứng minh a  ab  3b2    a  5b   a, b  * Thật ta có *  16  a  ab  3b2  1   a  5b    13 a  b   10  b  1   a  1  (ln đúng) Do P  2 4   a  5b  b  5c  c  5a  2 ĐÁP ÁN Câu x  1  1a) A    x  1 x  2  x  1  x  x    x     x  1 x  2 x  4 x  x     x  1 x  1 x    x  1 x   x 2 1 x  5  Với x  ta có: x   nên x 1 x 1  Giá trị lớn A  x  Do A  5  x 1 Câu 1b) A  2.1 x 1   x   x  1  x   (1) Điều kiện 1  x  t2  Đặt x    x  t    x  1  x   t  1(ktm) t2  Phương trình (1) trở thành: t  1  t  3(tm)  x  0(tm) 32  t    x  1  x      x  3x     x  3(tm) Vậy S  0;3 2    x    y   y   x  y  (1) 2.2   x  x  y  xy      2 x   x  y   xy   (2) Thế  x  y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được: 2x3   x  y   x  xy  y   x3  y  x  y Thay x  y vào phương trình (1) ta được: x2   x   Hệ phương trình có nghiệm Câu   2; ;  2;   Có :  a  b    a  b2   n4   n3   hay n3  n     6 x 1 Nếu n  n3  n     n3   0(ktm)  n 0;1;2 Với n  0;1 Khơng có số nguyên a, b thỏa mãn  a  1; b  Với n    (tm) Vậy  n; a; b   2;1;3 ; 2;3;1   a  3; b  Câu O1 C I A O H MB D O2 F E a) Chỉ IM / / AE suy MIH  EAH , mà EAH  ECH nên MIH  MCH Suy tứ giác CIMH nội tiếp b) Chỉ ED tiếp tuyến  O  suy HED  HCE Do tứ giác CIMH nội tiếp nên CHM  900 suy HCM  HMC  900 (1) Mà HMD  HMC  900 nên CHM  HMD (2) Từ (1) (2) suy HED  HMD nên tứ giác EMHD nội tiếp Do HDM  HEM mà HEM  HCM mà HDM  HCD Từ chứng minh BD tiếp tuyến  O1  c) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuong góc với dây chung ta có: OO2  HE, O2O1  HD ED  HD suy OO2  O2O1 Chỉ COM  450 suy CAE  450 nên O2OO1  450 Tam giác O2OO1 vuông cân O2 Chỉ tam giác OCDE hình vng cạnh R O2 trung điểm DE 5R 5R Tính O2O  Vậy diện tích tam giác OO1O2 Câu 5.1 Từ giả thiết ta có:  a  1 b  1 c  1  1  a 1  b 1  c   Suy  a  1 b  1 c  1  1  a 1  b 1  c   Rút gọn ta có: 2  ab  bc  ca   Mặt khác :  a  b  c   a  b2  c   ab  bc  ca    a  b2  c  2  ab  bc  ca   a  b2  c  Dấu "  " xảy hạn a  0, b  1, c  1 5.2 Xét tứ giác ABCD thỏa mãn đề Gọi C  0; c  ; D  0; d  c  d  , suy c.d  p8 p9  p17 Tứ giác ABCD nội tiếp OC.OD  OAOB (1) Do p nguyên tố c, d nguyên dương nên có cặp  c; d  với c  d thỏa mãn (1) :  p ;1 ,  p 17 16 ; p  , ,  p9 , p8  Vậy có tứ giác thỏa mãn đề PHÒNG GD-ĐT HỒNG LĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn : TỐN I PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh cần ghi kết quẩ vào giấy thi) Câu Tính giá trị biểu thức A  28  10   Câu Giả sử * phép toán thỏa mãn với số nguyên x, y, ta có x * y  x y  x  y (với phép toán nhân   , phép cộng    thơng thường Tìm số ngun khơng âm x, y biết x * y  Câu Tìm  x; y  biết x  y  x  y  2 100 Câu Cho số thực không âm a, b thỏa mãn a biểu thức B  a  b100  a101  b101  a102  b102 Tính giá trị  b2019 Câu Cho C  999 99 Tính tổng chữ số C 2018 2018 cs 1 1 ; ; ; ; ; Tìm số hạng thứ 12 dãy 10 17 26 2018 Câu Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  2018x  2018 Câu Cho  góc nhọn thỏa mãn tan   cot   Giá trị D  sin .cos  ? Câu Tam giác ABC vuông A, biết AC  16cm, AB  12cm Các đường phân giác ngồi góc B cắt đường thẳng AC D E Tính DE Câu 10 Cho tam giác ABC vng A, phân giác góc B C cắt I, gọi H hình chiếu I BC.Giả sử BH  5cm, CH  7cm Tính diện tích tam giác ABC Câu Cho dãy số II PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào giấy thi) Câu 11 a) Tính giá trị biểu thức 1 1     2 3 4 99 100  100 99 b) Giải phương trình:  x  14  x   x  15 x  38 Q x  x y  y  x y  x  y 3 Câu 12 Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D a) Chứng minh AB  AC.BD b) Kẻ OM vng góc với CD M Chứng minh AC  CM c) Từ M kẻ MH vuông góc với AB H Chứng minh BC qua trung điểm MH c) Chứng minh nếu: Câu 13 Hai phụ nữ An, Chi hai người đàn ông Bình, Danh vận động viên Một người vận động viên bơi lội, người thứ hai vận động viên trượt băng, người thứ ba vận động viên thể dục dụng cụ người thứ tư vận động viên cầu lơng Có ngày nọ, họ ngồi xung quanh bàn vuông (mỗi người ngồi cạnh người) Biết (i) Chi Danh ngồi cạnh (ii) Vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đơi diện Bình (iii) Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An (iv) Một người phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng Hãy cho biết người vận động viên chơi mơn ? ĐÁP ÁN Câu A  Câu  x; y   1;4  ;  4;1 ;  0;9  ;  9;0  Câu  x; y   1;2  Câu B  0,1,2 Câu Ta có :      C  999 992   999 992  1    999 99  1 999 99  1  2018 CS  2018 CS   2018 CS  2018 CS   999 98.102018   999 98000 001 2017 CS 2017 CS 2017 CS Vậy tổng chữ số C 9.2018  18162 1 1 1 Câu Số hạng thứ 12 dãy ; ; ; ; 10 17 26 145 Câu Giá trị nhỏ biểu thức P  x2018  2018x  2018 P  x 2018       2018 x  2017 so P  2018.2018 x 2018 1.1.1  2018 x   P  Min P   x  1 Câu D  Câu DE  30cm Câu 10 Diện tích tam giác ABC  5.7  35(cm2 ) Câu 11 Với số nguyên k , ta có : 1  k k    k  1 k k  k  1 k   k   k 1  k k  k  1   1  k k 1 Cho k  1.2.3 99 , ta được: 1 1 Q     2 3 4 99 100  100 99   1   1                 2  3  4 100    99 1    100 10 b) Điều kiện x  5 ta viết lại phương trình:  x  14 x   x2  15x  38   x   x    x     x  5  16 Đặt a  x  7; b  x  Khi phương trình cho trở thành: a  b  2ab  a  b2   a  b   16    a  b  4 Nếu a  b   x   x    x  Nếu a  b  4  x   x   4  x   x    0(*) Dễ có phương trình * vơ nghiệm vì: t  t   có   23  Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 c) Đặt a  x , b  y  a  0, b  0 x  x y  y  x y   a  a 6b  b  a 3b  Ta có:  a3  a 2b  b3  ab   a  a  b   b2  a  b    a a  b  b a  b    a  b a  b   a  b   a  b  Hay x2  y  Câu 12 D I B C A K H B O a) Chứng minh OAC DBO( g.g ) OA AC AB AB   OA.OB  AC.BD   AC.DB  AB  AC.BD(dfcm) DB OB 2 OC AC b) Theo câu a ta có: OAC DBO( g.g )   OD OB OC AC OC OD Mà OA  OB     OD OA AC OA  Chứng minh OCD ACO(c.g.c)  OCD  ACO Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC (dfcm) c) Ta có OAC  OMC  OA  OM , CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác OA  OM  OB  AMB vuông M  OC / / BM (vì vng góc với AM ) hay OC / / BI Chứng minh C trung điểm AI Do MH / / AI theo hệ định lý Talet ta có: MK BK KH   IC BC AC Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu 13 Vì Chi Danh ngồi cạnh nên ta giả sử Chi Danh ngồi tên hai cạnh liên tiếp hình vng ABCD Khi ta có trường hợp: Danh (nam) TDDC An (nữ) Chi (nữ) Bình (nam) Bơi lội Trường hợp 1: hình +Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Danh vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) +Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình vận động viên bơi lội Khi Chi An hai vận động viên bạn nữ trược băng cầu lông, điều nầy trái với mệnh đề “Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng” Danh (nam) Bình (nam) Chi (nữ) TDDC An (nữ) Trường hợp 2, hình +Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) Chi vận động viên ngồi bên trái An nên không thỏa mãn “Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An” Trường hợp 3, hình Chi (nữ) Danh (nam) TDDC Bình (nam) An (nữ) Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) nên Danh vận động viên TDDC vận động viên bên trái An nên Danh không thỏa mãn với “vận động viên bơi lội ngồi bên trái An” Trường hợp Hình Chi (nữ) TDDC Danh (nam) Trượt băng An (nữ) Cầu lơng Bình (nam) Bơi lội +Vì vận động viên thể dục dụng cụ ngồi đối diện Bình nên Chi vận động viên thể dục dụng cụ (TDDC) +Vận động viên bơi lội ngồi bên trái An nên Bình vận động viên bơi lội +Một phụ nữ ngồi bên trái vận động viên trượt băng nên trường hợp Danh vận động viên trượt băng Do An vận động viên cầu lông Vậy +An vận động viên cầu lơng +Bình vận động viên bơi lội +Chi vận động viên TDDC +Danh vận động viên trượt băng ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút UBND HUYỆN KHỐI CHÂU PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (3,0 điểm) Cho biểu thức : P  a) Rút gọn P b) Tìm x để P  x x  26 x  19 x x 3   x x 3 x 1 x 3  x   10 x c) Tìm GTNN P Bài (3,0 điểm) a) Cho x      Tính giá trị biểu thức P  x3  3x2  x  b) Chứng minh : 1 1      1 2 3 4037 2018  2019         Bài (3,0 điểm) Cho hàm số y   2m  3 x  (1) a) Tìm m để đồ thị hàm số 1 qua điểm  2; 3  b) Đồ thị 1 đường thẳng cắt trục tọa độ tạo thành tam giác có diện tích Bài (4,0 điểm) mx  y  a) Cho hệ phương trình :  ( m tham số) x  my  m   Tìm m để hệ có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  y  m 1 b) Giải phương trình :  x8  x3   x  11x  24   Bài 5.(6,0 điểm) Cho đường trịn  O; R  , hai đường kính AH DE Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O  cắt AD AE kéo dài B C Gọi M , N trung điểm BH HC a) Chứng minh DM , EN tiếp tuyến đường tròn  O; R  b) Chứng minh trực tâm I tam giác AMN trung điểm OH c) Hai đường kính AH DE  O; R  phải thỏa mãn điều kiện để diện tích tam giác AMN bé 61 Bài (1,0 điểm) Cho x  Tìm GTNN biểu thức S  x  x   2x ĐÁP ÁN Bài a)ĐKXĐ: x  0, x  x x  26 x  19 x   x2 x 3 x 1 P      x  1 x  3  x  1 x  3  x x  26 x  19   x  x 3 x 3 x 3   x  1 x 3  x  3 x 1 x x  26 x  19  x  x  x  x    x 1 x x  16 x  x  16  x 1  x   10 x b) P   x 3  x 3   x  x  16    x  16    x 1 x 3    x  16     x  16  x  1 x  3 x  x 1  x  16 x 3   x   10 x  x  16  10 x  x  10 x  16   x   x  64   x   x  c) P  x  16 x   25 25 25     x 3   x 3 6 x 3 x 3 x 3  x 3 Áp dụng BĐT Cơ si ta có: Do P  10   Vậy Cmin   x  x 3 25 2 x 3   x 3 25  10 x 3 Bài a) x       62 62  1  2  1 1  1  1 2   1 2    1 1 Suy x   nên x2  x  Có P  x3  3x  x   x  x  x    x  x   x  Thay x2  x  1vào biểu thức P  x   x   Vậy P  b) Có:  2n  1  n  n 1  n 1  n n 1  n n 1  n  1        Do 2n  n 1  4n  4n  4n  4n  n  đó:  1   5 2    3    4037  2018  2019 1 1 1 1   1          2 2 3 2018 2019  1   1   2 2019  Bài a) Vì đồ thị hàm số 1 qua điểm  2; 3  Nên tọa độ  2; 3 thỏa mãn phương trình (1) Thay x  2; y  3 vào pt (1) ta được:  2m  3. 2    3  m  b) Xét OAB vuông O  1 SOAB  OA.OB   2 2m  6 2m  1  2m    2m    6 19  m   12 Vậy m  19 ;17     17 12 12   m   12  Bài  b) ĐKXĐ: x  3 x8  x3       x  11x  24    x   x     x  11x  24   x8  x  11x  24   x   x   x8   x  1 x8  x3  x8  x3   x  1   x8  x3 0  x   x  3(VL)   x  7   x  1   x  1    x  2   x   x     Kết hợp ĐKXĐ có x  2 a) Từ 1 có y   mx Thay vào (2) x  m   mx   2m   1  m2  x   m Hệ có nghiệm m  1 m 2m  ; y  3  Ta có : x  m 1 m 1 m 1 2m    Để x  y  m 1 m 1 m 1 m 1 Do 2m    m  x8  x3  Bài A E O D K I N B M C H a) ODH  OHD (vì DHO cân O) MDH  MHD (vì DM trung tuyến BDH vng D) ADHE hình chữ nhật  OHD  MHD  900  ODH  MDH  900  MD  DO  MD tiếp tuyến  O; R  Tương tự NE tiếp tuyến  O; R  b) Gọi I trung điểm OH , gọi K giao điểm MI AN AH CH  ABC vuông A, đường cao AH  AH  BH CH  BH AH AH CH OH NH      BHO AHN (cgc) 2.BH AH BH AH  OBH  NAH  BO  AN Lại có MI đường trung bình HBO  MI / / BO  MK  AN Mặt khác AH  MN Vậy trung điểm I OH trực tâm tam giác AMN AH MN R R  R.MN   BH  HC   BH HC  R AH  R 2 2 Đẳng thức xảy  BH  HC  ABC vuông cân A  AH  DE Vậy MinS AMN  2R  AH  DE c) Ta có S AMN  Bài 61  3      x     x    13 Ta có : S  x  x  2x  2  2x  Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương: 9 2x   2 x  Dấu "  " xảy 2x 2x  4 x  2 x  x 2x    x   x  3  Mà  x     x  Dấu "  " xảy x  2  3    Nên S   x     x    13    13  19 Dấu "  " xảy x  2  2x   Vậy MinS  19  x  ...  0 ;9  ;  9; 0  Câu  x; y   1;2  Câu B  0,1,2 Câu Ta có :      C  99 9 99 2   99 9 99 2  1    99 9 99  1 99 9 99  1  2018 CS  2018 CS   2018 CS  2018 CS   99 9 98 .102018... đề PHỊNG GD-ĐT HỒNG LĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP NĂM HỌC 2018-20 19 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn : TỐN I PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh cần ghi kết quẩ vào giấy thi) Câu Tính giá trị biểu thức... a, b thỏa mãn a biểu thức B  a  b100  a101  b101  a102  b102 Tính giá trị  b20 19 Câu Cho C  99 9 99 Tính tổng chữ số C 2018 2018 cs 1 1 ; ; ; ; ; Tìm số hạng thứ 12 dãy 10 17 26 2018