Một số 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  = +   = + = +  = + = + ⇔ ⇔ ⇔    = − − = − −   = − −     [...]... 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 chia Bài Giải a/ Gọi số cần tìm là n : * Vì số đó chia 8 dư 4, nên ta được: n = 8q + 4(Với q là số tự... 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... h2004 là các số nguyên 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... 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... dư 4, nên ta được: n = 8q + 4(Với q là số tự nhiên)Vậy n là số chẵn * Vì số đó chia 12 dư 3,nên ta được:n =12k + 3(Với k là số tự nhiên) Vậy n là số lẻ Điều này vô lý Vậy bạn An đã làm sai một phép toán b/ * Nếu phép chia 8 là đúng ta được : n = 8q + 4 = 4( 2q +1) Vì tổng các chữ số của n bằng 14 => n chia 9 dư 5 Đặt n = 9k + 5 ( k < q và là số tự nhiên ) Ta được : n = 8q + 4 9n = 72q + 36 ⇔ ⇒ n... 20 ) Bài 4 Cho ngũ giác lồi ABCDE có tính chất, 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 Bài 5 Cho các số nguyên dương a, b, c và thoả mãn : ab = cd Chứng minh rằng: N = a2004 + b2004 + c2004 + d2004 là hợp số ………………………….Hết………………………………… Giáo Viên : Hà Gia Có Trang 34 Trường THCS Lý Thường... MND ( Đpcm) Bài 4 Cho 5 số không âm a, b, c, d và e có tổng bằng 1 Chứng minh rằng : ab + bc + cd + de + 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 :... 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 : Thể tích hình cần tính bằng : V =... Tính x1 − x2 3x + 2 y = 1 Câu 2 Giải hệ phương trình sau :  2 6 x − 5 y = −4 Câu 3 Trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng a và b lần lượt có 2 3 3 phương trình : y = 2 2 x + 1 ; y = m x − m với x là biến số ( m là số khác 0) Tìm các giá trị của m sao cho a song song với b Câu 4 Cho n là số tự nhiên chẵn Hãy tìm ước chung lớn nhất của ( n8 + 1) và ( n2 + 1) Câu 5 Cho tam giác ABC có... −1;2 ) ;  ; ÷  4 8 Câu 3 Trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng a và b lần lượt có 2 3 3 phương trình : y = 2 2 x + 1 ; y = m x − m với x là biến số ( m là số khác 0) Tìm các giá trị của m sao cho a song song với b Để đường thẳng a song song với đường thẳng b thì : 2  3 2 = m2  3  ± 2 = m ⇔ ⇒m= 3 2  − 3 2 ≠ m  3 2 ≠ −m   Câu 4 Cho n là số tự nhiên chẵn Hãy tìm ước chung lớn . 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/. 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/