Đây là tập hợp các đề thi học sinh giỏi cấp huyện và cấp tỉnh của một số địa phương trong cả nước có kèm đáp án để giáo viên và học sinh có thể tham khảo nhằm phục vụ tốt cho nhu cầu của mình . Nếu cần thêm tài liệu có thể liên hệ 0357819810 gồm tài liệu ôn HSG ở các khối THCS
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG TRUONG Năm học : 2008 – 2009 Mơn : Tóan Thời gian : 150 phút ( khơng kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 13 / 12 / 2008 Câu : ( điểm ) Phân tích biểu thức sau thừa số M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 ) Câu : ( điểm ) Định a b để đa thức A = x – x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức khác Câu : ( điểm ) Cho biểu thức : x2 10 − x + + : x − + P= x + x − x − 3x x + a) Rút gọn p b) Tính giá trị biểu thức p /x / = c) Với giá trị x p = d) Tìm giá trị nguyên x để p có giá trị nguyên Câu : ( điểm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh : abc + ( + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ Câu : ( 3điểm) Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB BC M N Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC 75 (cm) Câu : ( điểm ) Cho tam giác ABC M, N điểm chuyển động hai cạnh BC AC cho BM = CN xác định vị trí M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ - Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG HUYỆN Câu : ( điểm ) Ta có M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 ) = ( xyz + xy2 + yx2 ) + ( xyz + xz2 + zx2 ) + ( xyz + yz2 + y2Z ) ( ½ đ ) = xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) (½đ) = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) (½đ) Vậy M = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) (½đ) Câu : ( điểm ) Ta viết : A = x4 – 6x3 + ax2 + bx + = ( x2 – 3x + k )2 = x4 + 9x2 + k2 – 6x3 + 2kx2 – 6kx ( 1/2ñ ) = x4 – 6x3 + ( + 2k )x2 – 6kx + k2 ( 1/2 ñ ) Đồng vế ta có : a = + 2k (1) ( 1/2ñ ) b = - 6k (2) 1=k (3) Từ (3) ta suy : k = ± ( 1/2 ñ ) Nếu k = - ; b = a = (½đ) 2 Ta có : A = x – x + x + x + = ( x – x – ) (½đ) Nếu k = ; b = - ; a = 11 (½đ) 2 Ta có : A = x – x + 11 x – 6x + = ( x – 3x + ) (½đ) 2 Câu : ( điểm ) Vì a + b + c = nên - ≤ a , b , c ≤ ⇒a + ≥ ; b + ≥ ; c + ≥ (¼đ) Do : ( a + ) ( b + ) ( c + ) ≥ (¼đ) ⇔ + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1) ( 1/2 ñ ) Cộng vế (1) cho + a + b +c + ab + bc + ca Ta có : abc + ( + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ ) Ta biết : + a + b + c + ab + bc + ac = ñ) ( + a2 + b2 + c2+ 2a + 2b + 2c + ab + bc + ac ) = ( + a + b + c )2 ≥ ( a2 + b2 + c2 = ) ( 1/2 ñ ) Vậy abc + ( + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ ñ) Câu : ( 3ñieåm ) A M K G B C N ( 1/2 ( 1/2 GK BG = ; = BK BK AM CN GK = = = Do MN // AC nên AB BC BK AM + NC = Mà AB + BC (¼đ) ta có : (¼đ) (¼đ) AM + NC = 16 (cm) AB + BC = 75 – AC Do : ) ( 3/4 ñ ) 16 = ⇒AC = 27 (cm) 75 − AC Ta lại có : ( 3/4 ñ MN MN = ⇒ = ⇒ MN = 18 (cm) AC 27 Câu : ( điểm ) A Q p ( 3/4đ ) ( 1/2 ñ ) H N B M C Gọi p Q chân đường vng góc kẻ từ M N xuống AB Ta có tam giác ANQ vng Q có góc A = 600 ⇒ANQ = 300 ⇒ AQ = ( 1/2 ñ ) AN ( 1/2 ñ ) BM 1 1 Do : AQ + pB = AN + BM = (AN + NC ) = AC 2 2 Tương tự tam giác MpB ta có pB = Kẻ MH ⊥ QN Tứ giác MpQH hình chữ nhật Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB Vậy đọan MN có độ dài nhỏ 1 AC = AB 2 AB Khi M,N trung điểm BC AC ( 1/2 ñ ) ( 1/2 ñ ) ( 1/4 ñ ) ( 1/2 ñ ) ( 1/4 đ ) ( 1/2 đ ) UBND HUYỆN KRÔNG NĂNG PHÒNG GIÁO DỤC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005 KHOÁ NGÀY 24 / / 2005 MÔN: TOÁN LỚP - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC: Bài 1: ( điểm) a) Rút gọn: A = - x − 1+ x + x2 − x x + x +1 − x2 + x x − x +1 (0 ≤ x ≤ ) b) Cho: x = + − − Tính giá trị biểu thức f(x) = x + 3x Bài 2: ( điểm) Giải hệ phương trình: x + y + z = 10 y + z + t = 15 z + t + x = 14 t + x + y = 12 (1) (2) (3) (4) Bài 3: ( điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m –1 = a) Chứng minh: Phương trình có hai nghiệm phân biệt với m ≠ b) Tính giá trị biểu thức: A = x1 x + x + x 22 + 2.(1 + x1 x ) c) Tìm giá trị lớn A Bài 4: ( điểm) Từ điểm A đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn Từ điểm M cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt hai tiếp tuyến hai điểm P Q Chứng minh chu vi tam giác APQ không đổi M di động cung nhỏ BC Bài 5: ( điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm tam giác Dựng hình bình hành BHCD gọi I giao điểm hai đường chéo 1) Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp 2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC Chứng minh: BAˆ H = OAˆ C 3) AI cắt OH G Chứng minh: G trọng tâm tam giác ABC 4) Gọi M, N theo thứ tự điểm đối xứng D qua AC, AB Chứng minh: N, H, M thẳng hàng *** UBND HUYỆN KRÔNG NĂNG PHÒNG GIÁO DỤC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 - 2005 MÔN TOÁN - LỚP Bài 1: ( điểm) a) Rút gọn: A=1- x − 1+ x + x2 − x x + x +1 − x2 + x x − x +1 3 = − x − + x + x ( x − 1) − x ( x + 1) x + x +1 = 1− x − 1+ x + x ( x − 1).( x + x + 1) x + x +1 (0,5ñ) x − x +1 − x ( x + 1).( x − x + 1) x − x +1 = 1− x − 1+ x + x − x − x − x (0,5ñ) (0,5ñ) = − x − − x + x = − x − (1 − x ) = (0,5ñ) = − x − − x = − x − + x = (do ≤ x ≤ nên − x > ) (0,5đ) b) Ta coù: x = +2 −3 − (0,5ñ) + − + − 3.3 ( + 2).( − 2). = − 3x = +2 −3 − (1ñ) (0,5đ) (0,5đ) Vậy: f(x) = – 3x + 3x = Bài 2: ( điểm) Cộng (1), (2), (3) (4) vế theo vế ta được: 3( x + y + z + t) = 51 Suy ( x + y + z + t) = 17 (5) (1,5đ) Lấy (5) trừ (1), (2), (3), (4) ta được: t = x = y = z = Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) Bài 3: ( điểm) (1đ) (0.5đ) a) Ta có: ∆' = m − 2m + = (m − 1) ≥ ∀m (0,75đ) Vậy: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ∆' > ⇔ m − ≠ (0,75đ) ⇔ m ≠1 Ta có: x1 x = 2m − x12 + x 22 = ( x1 + x ) − x1 x = (2m) − 2.(2m − 1) = 4m − 4m + 2.( 2m − 1) + 4m + Vaäy: A = 4m − 4m + + 2(1 + 2m − 1) = 4m + (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) b) Ta coù: 4m + (4m + 2) − 4m + 4m − 4m − 4m + (2m − 1) = = − = − 4m + 4m + 4m + 4m + Suy ra: Amax ⇔ 2m − = ⇔ m = Lúc đó: Amax = A= (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) Bài 4: ( điểm) - Vẽ hình - Ghi giả thiết, kết luận B O (0,5đ) P M A Q C CM: Ta có: Chu vi ∆APQ = AP + PQ + QA = AP + PM + MQ + QA (0,5ñ) (0,5ñ) = AP + PB + QC + QA (0,5ñ) (do: PM = PB; QM = QC : tính chất hai tiếp tuyến) (0,5đ) Do : Chu vi ∆APQ = AB + AC (0,5đ) Vậy: Chu vi tam giac APQ không đổi Bài 5: ( điểm) - Vẽ hình - Ghi gt, kl (0,5đ) A E F N H M O G B C K I D CM 1) Ta có: DC // BH (do BHCD hình bình hành) Mà: BH ⊥ AC (gt) Nên: DC ⊥ AC Suy ra: ACˆ D = 90 (0,5đ) Tương tự: ABˆ D = 90 Suy ra: ACˆ D + ABˆ D = 180 (0,5đ) Vậy: Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn 2) Do ∆ADC vuông C _ nên tâm O đường tròn ngoại tiếp ∆ADC trung điểm AD (0,25đ) Ta có: OAˆ C = DBˆ C (1) (cùng chắn cung DC đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC) ˆ ˆ (0,5ñ) DBC = BCH (2) (so le trong) ˆ ˆ BCH = BAH (3) (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Từ (1), (2), (3) ⇒ OAˆ C = BAˆ H (đpcm) 3) Vì I trung điểm BC nên AI trung tuyến ∆ABC (0,25đ) ∆ AHD Trong có HO AI hai trung tuyến – Nên G trọng tâm ∆AHD (0,25đ) Suy ra: GA = 2GI Điều chứng tỏ G trọng tâm ∆ABC (0,25đ) 4) Ta có: ANˆ B = ADˆ B (tính chất đối xứng) ADˆ B = ACˆ B (cùng chắn cung AB) Suy ra: ANˆ B = ACˆ B Ta lại có: ACˆ B + KHˆ E = 180 (do tứ giác KHEC nội tiếp)(0,5đ) Và: BHˆ A = KHˆ E (đđ) Neân: ANˆ B + AHˆ B = ACˆ B + KHˆ E = 180 Do đó: tứ giác AHBN nội tiếp Suy ra: NHˆ B = BAˆ N (cùng chắn cung BN) Ngoài ra: BAˆ N = BAˆ D (do N đối xứng với D qua AB) Nên: NHˆ B = BAˆ D Tương tự: Tứ giác AHCM nội tiếp Suy ra: MHˆ C = MAˆ C (cùng chắn cung CE) Maø: MAˆ C = DAˆ C (do M đối xứng với D qua AC) Nên: MHˆ C = DAˆ C Suy ra: ( NHˆ B + MHˆ C ) + BHˆ C = BAˆ C + FHˆ E = 180 Vậy: N, H, M thẳng hàng (0,5đ) _ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu 1: (2,0điểm) số Rút gọn biểu thức: A = − − 29 − 12 (1,0 điểm) B = ( ) x2 +y y xy − y x + , x > 0, y > 0, x ≠ y x− y x x+y y x− y + (1,0 điểm) Câu 2: (2,0điểm) Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm) a + b3 b + c c + a + + ≥ a+b+c 2ab 2bc 2ca (a − 1)(a − 3)(a − 4)(a − 6) + 10 > 0; ∀a (1,0 điểm) Câu : (2,0điểm) Cho biểu thức P = x + x − + x − x − xác định x để P đạt giá trị nhỏ (1,0 điểm) Giải phương trình: x − x = x + − 30 (0,5 điểm) x − y = y −1 y +1 = 2x Giải hệ phương trình: (0,5 điểm) Câu 4: ( 2,0điểm) Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – = a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc đường thẳng (1,0 điểm) b Tìm điểm cố định B (dm) với m (1,0 điểm) Câu 5: (2,0điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường trịn ( c ) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a (1, điểm) b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác (1,0 điểm) HẾT ĐÁP ÁN Câu 1: (2,0điểm) Rút gọn biểu thức: (1,0điểm) A= − − 29 − 12 = = − − (2 − 3) = = − ( − 1) = − 3− ( 5) − 2.2 5.3 + 32 − − (2 − 3) = − 6−2 = − ( − 1) (1,0 điểm) Đáp số: A = (1,0 điểm) ( Xét: = ) 2x2 +y y ( x )3 − x y + x y − ( y )3 + 2( x )3 + ( y )3 x = x x+y y ( x )3 + ( y )3 x− y + 3( x )3 − x y + x y ( x) + ( y) 3 x ( x ) − x y + ( y ) = = ( x + y ) ( x ) − x y + ( y ) (0,5điểm) Xét: xy − y y( x − y) = = x− y ( x + y )( x − y ) B= y 3( x + y ) x + = =3 x+ y x+ y x+ y (0,5điểm) y x+ y x x+ y Đáp số : B = Câu 2: (2,0điểm) Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm) a + b3 b + c c + a + + ≥ a+b+c 2ab 2bc 2ca Ta có: a > 0; b > : (a + b)(a − b) ≥ ⇔ (a + b) (a − ab + b ) − ab ≥ ⇔ (a + b)(a − ab + b ) − ab(a + b) ≥ ⇔ a + b3 − ab(a + b) ≥ ⇔ a + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a + b (a + b) ≥ 2ab (0,5điểm) Tương tự ta có: Cộng b3 + c (b + c ) c + a (c + a ) ≥ ; ≥ 2bc 2ca vế ba bất đẳng thức ta có: a +b b +c c +a a +b b+c c+a + + ≥ + + 2ab 2bc 2ca 2 3 3 3 a +b b +c c +a ⇔ + + ≥ a+b+c 2ab 2bc 2ca 3 3 3 (0,5điểm) Đáp số: Vậy bất đẳng thức chứng minh (a − 1)(a − 3)(a − 4)(a − 6) + 10 > 0; ∀a (1,0 điểm) Ta có: (a − 1)(a − 3)(a − 4)(a − 6) + 10 = [ (a − 1)(a − 6) ] [ (a − 3)(a − 4) ] + 10 = (a − a + 6)( a − a + 12) + 10 ; Đặt t = a2 – 7a + (0,5 điểm) = (t − 3)(t + 3) + 10 = t − 9) + 10 = t + > 0; ∀t (0,5 điểm) Đáp số: Bất đẳng thức chứng minh Câu : (2,0điểm) Cho biểu thức P = x + x − + x − x − xác định x để P đạt giá trị nhỏ (1,0 điểm) P = x − + x − + + ( x − 1) − x − + 1; x ≥ 1(*) = x −1 +1 + − x −1 Nếu − x − ≤ ⇔ x − ≥ ⇔ x − ≥ ⇔ x ≥ (0,5 điểm) P = x − + + x − − = x − đối chiếu điều kiện (*); x ≥ ; ta có: P = x − Nếu − x − ≥ ⇔ x − ≤ ⇔ x − ≤ ⇔ x ≤ Ta có: P = x − + + − x − = ; đối chiếu (*) ta có ≤ x ≤ ⇒ P = Giải: BE BG = = ⇒ EG // AC (định lí Talet đảo) BM BN EG EG EG = = ⇒ = Từ EG // MN ⇒ MN AC AC EI EG EI EG AC = suy ra: = ⇒ = Tương tự với tam giác APQ: BD AC BD EI BD · · b) Ta có: AFD = COD = α (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) · · Gọi L giao điểm FK AC Ta có: FKC = AFD = α (so le trong) a) ΔBMN có Ta có: FK = FL + LK = AL.cotgα + LC.cotgα = (AL + LC).cotgα = AC.cotgα c) Chứng minh tương tự phần b) ta có: FH = BD.cotgα Từ suy ra: FK EG = FH EI Lại có: Do đó: FK AC EG AC = = mặt khác, theo phần a) suy ra: FH BD EI BD · · = α (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng song song) GEI = COD · · HFK = GEI = α Vậy: ΔIGE ΔHFK (c.g.c) Bài Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 a ab ab ab =a− ≥a− =a− Giải Ta có: (Áp dụng bất đẳng thức: x2 + y2 ≥ 2xy) 2 1+ b 1+ b 2b b bc bc c ca ca = b − ≥ b − = c − ≥ c− Tương tự: 2 2 1+ c 1+ c 1+ a 1+ a a b c ab + bc + ac + + ≥ (a + b + c) − Do đó: 2 1+ b 1+ c 1+ a Mặt khác: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + ac + bc) ⇔ ≥ ab + ac + bc ⇔ –(ab + bc + ac) ≥ –3 Vậy: a b c 3 + + ≥ 3− = 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI LĂNG ĐỀ CHÍNH THỨC VỊNG: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2009-2010 Môn: TỐN Thời gian: 120’ ( khơng kể thời gian giao đề ) Bài (2 đ): Rút gọn biểu thức: a) A = + − 29 − 12 b) B = + + 20 + 40 Bài (2 đ): Cho: Tính giá trị biểu a + b3 + c = 3abc a b c thức: A= (1 + b )(1 + c )(1 + a ) Bài (2 đ): Có 37 táo có số trái nhau, 17 trái hỏng , lại chia cho 79 người Hỏi có trái ? Bài (2 đ): Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH, kẻ HE ⊥ AC(E ∈AC), gọi I trung điểm HE Chứng minh : AI ⊥ BE Bài (2 đ): Một bìa hình chữ nhật có kích thước 1x5 Hãy cắt bìa thành mảnh để ráp lại thành hình vng Giải thích HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN-VỊNG Bài (2 đ):Gợi ý: a) Phân tích để được: 29 − 12 = - Suy ra: A=3 (1 điểm) b(1 điểm) Đáp số B = Bài (2 đ): Từ giả thiết: a + b3 + c = 3abc ta có: a + b3 + c − 3abc = ⇔ (a + b)3 + c − 3ab(a + b) − 3abc = [ ] ⇔ (a + b + c) (a + b) − (a + b)c + c − 3ab(a + b + c ) = 0,5 đ ⇔ (a + b + c)(a + 2ab + b − ac − bc + c − 3ab) = ⇔ (a + b + c)(a + b + c − ab − bc − ac) = a + b + c = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac = * Nếu : a + b + c = Thì: A= 0,5 đ b + a c + b a + c (−c).(−a ).(−b) − abc = = = −1 b c a bca abc 0,5 đ * Nếu : a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac = Thì: 2a2 + 2b2 + 2c2 –2ab – 2bc – 2ac = ( a – b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = a=b=c a b b c c a Khi đó: A = (1 + )(1 + )(1 + ) = (1+1)(1+1)(1+1) = 0,5 đ Bài (2 đ): Gọi a số trái táo , b số trái táo người Ta có phương trình : 37 a -17 = 79 b (1), a, b ∈ Z+ 79b + 17 5b + 17 = 2b + , 37 37 5b + 17 2(c − 1) = c ∈ Z+ ⇒ b = 7c - + a, b ∈ Z+ ⇒ 37 + b, c ∈ Z ⇒ 2( c-1 ) ⇔ c = d + 1, d ∈ N Ta có : (1) ⇔ a = Do ta có : a = + 79 d b = + 37d a, b > nên d ≥ Suy : a ≥ a đạt giá trị nhỏ d = Vậy số trái táo trái A Bài (2 đ): B \\ H I \\ E / K / C Gọi K trung điểm EC HK //BE , tam giác AHC vuông H, HE đường AE HE HE / IE = = = cao : HE = AE.CE ⇒ HE CE CE / KE ⇒ Hai tam giác AIE HKE đồng dạng(c-c) ⇒ gócIAE= gócKHE mà AE ⊥ HE nên AI ⊥ HK(góc …t.ư vng góc),và HK //BE nên AI ⊥ BE Bài 5: + Tấm bìa hình chữ nhật 1ì có diện tích (đvdt) Để cắt hình chữ nhật thành mảnh ráp thành hình vuông, cạnh hình vuông , độ dài cạnh huyền tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có kích thíc lµ vµ cã diƯn tÝch b»ng (đvdt).(1) + Do cắt hình chữ nhật 1ì theo đờng chéo hình chữ nhật AEFD GBCH, cắt theo đờng EF GH xong ráp lại đợc hình vuông MNPQ nh hình bªn (1đ) PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI LĂNG ĐỀ CHÍNH THỨC VỊNG: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2009-2010 Mơn: TỐN Thời gian: 120’ ( khơng kể thời gian giao đề ) Bµi 1: (3 ®iĨm) 6x + + 3 x3 3x A = − − x ÷ ÷ Cho biĨu thøc: ÷ ÷ 3 x − x + x + + x Rót gän biĨu thøc A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: (2 điểm) x ≥ Dấu đẳng thức xảy nào? x −1 a2 b2 + b) Cho a > 1, b > Tìm GTNN P = b −1 a −1 a) Chứng minh: Với x > 1, ta cú: Bài 3: (2 điểm) Tỡm mt s t nhiờn có chữ số mà tổng số tất chữ số 2001 Bµi 4: (2 ®iĨm) Cho tam giác ABC vng A, gọi I giao điểm ba đường phân giác Độ dài hình chiếu IB IC lên BC a(cm),b(cm) Tính diện tích tam giác ABC Bài 5: (1 điểm) Trong bìa trình bày dới đây, có mặt ghi chữ mặt ghi số: B A + Chứng tỏ để kiểm tra câu sau có không: "Nếu bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt số chẵn", cần lật mặt sau tối đa bìa, bìa ? HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN-VỊNG Bµi Néi dung Điểm (2 điểm) 6x + + 3 x3 3x A = − − x ÷ ÷ ÷ + x ÷ x + x + 3 x − Ta cã: 3x + 3x + = ( 3x + 1) + > 0;1 + x > 0, x , nên 0,50 điều kiện để A có nghĩa là: ( 3x A = ) ( ( −8 = )( ) x − x + x + ≠ 0, x ≥ ⇔ x ≠ ⇔ ≤ x ≠ ( A= ) ( ( )( ( )( ( 0,25 + x 3x ÷ − − 3x ÷ ÷ ÷ ÷ 3x − x + x + ÷ + x 6x + ) x + − 3x − 3x A= 3x − x + x + 3x + + 3x A= 3x − 3x + 3x + ( A= ) ) 3x − ) ( ( ) 0,50 ) 0,25 (0 ≤ x ≠ ) 3x − ) =( 3x − ) ÷ 3x − 3x + − 3x ÷ ÷ 3x − x + ÷ ) 3x − + 3x − ( ) 3x − + 3x − 0,50 = 3x + 3x − Víi x lµ sè nguyên không âm, để A số nguyên 3x = 3 x = 3x − = ±1 ⇔ ⇔ ⇔ x = (v× x ∈ Z vµ x ≥ ) 3x = x = Khi ®ã: A = 0,50 0,50 Bài 2: a) Với x > 1, ta có: x ≥ x ≥ x −1 ⇔ x − x −1 ≥ ; x −1 ( x − − 1) ≥ ( Đúng ) ; 0,5 đ Vậy bất đẳng thức x=2 x ≥ với x > Dấu “=”xảy x −1 0,5 đ b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm P= a2 b2 , ta có: b −1 a −1 a 2b a b a2 b2 ≥2 = + ( a − 1)(b − 1) b −1 a −1 a −1 b −1 Áp dụng kết câu a): Với a > 1, b > 0,25 đ a ≥ 2, a −1 b ≥2 b −1 a2 b2 ≥ 2 = + b −1 a −1 => P ≥ a2 b2 = => Min P = ; a = 2; b = a = b = b −1 a −1 0,25 đ => 0,5 đ Bài 3: (2đ) Số phải tìm có dạng: abcd với a , b, c ,d ∈N 0≤ a, b, c, d ≤ , a ≠ Theo đề , ta có : abcd + a +b +c +d =2001 ⇔ 1001a +101b + 11c +2d = 2001 (1) (0,25đ) Từ (1) => 1001a ≤ 2001 , a ∈N , a ≠ => a ≤ , a ∈ N ,a ≠ => a =1 (0,25đ) Ta suy : 101b + 11c + 2d = 1000 (2) (0,25đ) Từ (2) => 101 b ≤ 1000 => b ≤ (a) (0,25đ) Mặt khác , ta có : 11c +2d ≤ 117 => b >8 (b)(0,25đ) Từ (a) (b) , ta có b = (0,25đ) ⇔ 11c + 2d = 91 (3) Suy : 73≤ 11c ≤ 91 , c∈N => c = c=8 (0,25đ) Từ (3) => c lẻ => c = => d = (0,25đ) Vậy : Số có chữ số phải tìm 1977 Bài 4: A E F I B a cm D b cm C Ta có (BD+BF)+(FA +AE) +(EC+CD)=AB+BC+CA (0,25đ) ⇒ 2BD+2AE+2EC=AB+BC+CA ⇒ 2BD+2AC= AB+BC+CA ⇒ BD= (AB+BC-CA)/2 (0,5đ) Tương tự : CD =(AC+BC-AB)/2 (0,5đ) Suy ra: BD.CD= [(AB+BC-CA)/2].[ (AC+BC-AB)/2] =[BC2 - AB2-AC2+2AB.AC]/4 =AB.AC/2 (Pytago) =S(ABC) (0,5đ) Vậy S(ABC) =BD.CD=a.b (cm ) (0,25) Bi 5: + Câu: "Nếu bìa mà mặt chữ nguyên âm mặt số chẵn" kiểm tra bìa mặt chữ nguyên âm mặt sau phải số chẵn, bìa có mặt chữ phụ âm mặt số số chẵn lẻ không ảnh hởng Núi cỏch khác, mặt trước số lẻ mặt sau phải phụ âm.(0,25đ) + Do ®ã nÕu lËt bìa chữ A mà mặt sau số lẻ, khẳng định câu không đúng, ngợc lại mặt sau số chẵn phải lật tiếp mặt sau bìa có chữ số 3, mặt phụ âm câu hoàn toàn đúng, ngợc lại sai (0,25) + Còn mặt sau bìa chữ M số chẵn lẻ đợc, nh mặt sau bìa số nguyên âm phụ âm đợc, câu ®óng.(0,25đ) + VËy chØ cÇn lËt tèi ®a tÊm bìa chữ A số kiểm chứng đợc câu (0,25) PHềNG GIO DC HUYỆN KRÔNG NĂNG TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009 Mơn : Tốn - Thời gian :150 (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,5 điểm) a/ Chứng minh : 3n4 – 14n3 + 21n2 – 10n M24 với n ∈ N b/ Chứng minh với số nguyên n lẻ : n2 + 4n + không chia hết cho Bài 2: (2,5 điểm)Rút gọn biểu thức: a) A = + − − b) B = + 10 + + − 10 + Bài : (3 điểm) a) Cho a, b, c số không âm Chứng minh : + a + b + a + b + ab ≥ 2+a+b b) Cho x + y = x, y khác Tìm giá trị lớn : A = x3 + y + xy Bài 4: (3 điểm) Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – 6m + 10 = (1) (x ẩn) a) Xác định m để phương trình có nghiệm b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương c) Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt (1), lập phương trình bậc hai theo y có hai nghiệm y1 = x1–2x2, y2 = x2 – 2x1 Bài 5: (3 điểm) )Giải phương trình: a) − x + x − − = b) x + y + z + = x − + y − + z − Bài 6: (3 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R hai điểm A, B nằm ngồi đường trịn cho OA = 2R Tìm điểm M đường trịn để AM + 2MB đạt giá trị nhỏ Bài 7: (3 điểm) Cho đ ường tròn tâm O v ểm M đ ường trịn đ ó Đường trịn tâm M cắt đường tròn tâm O hai điểm phân biệt A B Gọi C điểm đường trịn tâm M miền ngồi đ ường tròn tâm O Đường thẳng AC cắt đường tròn tâm O D Chứng minh: MD vng góc với BC PHỊNG GIÁO DỤC HUYỆN KRƠNG NĂNG TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009 Mơn : Tốn ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Bài 1: (2,5 điểm) a) ( 1,5 điểm) Ta có A = 3n4 – 14n3 + 21n2 – 10n = n(3n3 – 14n2 + 21n – 10) = n(3n3 – 3n2 - 11n2 + 11n + 10n – 10) (0,25 đ) = n(n-1)(3n2 - 11n + 10) = n(n – 1)(3n – 6n – 5n + 10) = n(n – 1)(n – 2) (3n – 5) (0,25 đ) = n(n – 1)(n – 2)(3n – + 4) = 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3) + 4n(n – 1)(n – 2) (0,25 đ) + Do n – , n – 1, n ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho Mà (2,3) = ; 2.3 = nên: n(n – 1)(n – 2) M6 Suy : 4n(n – 1)(n – 2) M24 (1) (0,25 đ) + Ta lại có : n, n – 1, n – 2, n – số nguyên liên tiếp, nên có số chẵn liên tiếp có số chia hết cho số lại chia hết cho Nên n(n – 1)(n – 2) (n – 3) M8 Suy : 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3) M 24 (2) (0,25 đ) Từ (1) (2) suy : A M 24 (đpcm) (0,25 đ) b)(1 điểm) Do n lẻ nên, đặt: n = 2k + với k ∈ ¢ (0,25 đ) Ta có : n + 4n + = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + = ( 4k + 4) + (8k + 8) + = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + (0,25 đ) Vì k(k + 1) M2 (hai số nguyên liên tiếp), nên: 4k(k + 1) M8 8(k + 1) M8 mà không chia hết cho (0,25 đ) Suy : 4k(k + 1) + 8(k + 1) + không chia hết cho Vậy : n2 + 4n + không chia hết cho (đpcm) (0,25 đ) Bài 2: (2,5 điểm) a) (1 ểm) A = + − − = + + − − + = ( + 1) − ( − 1) (0,5 đ) = + − −1 = + − +1 = (0,5 đ) b) (1,5 điểm) Ta có:B = + 10 + + − 10 + ÷ (0,25 đ) = 4+ 10 + +4- 10 + + + 10 + ÷ − 10 + ÷ (0,25 đ) = + 16 − (10 + 5) = + − = + − + = + ( − 1) (0,5 đ) = + 2( − )= + = ( + 1) (0,25 đ) Vậy B = + (do B> 0) (0,25 đ) Bài 3:(3 điểm) a) (1,5 điểm) Ta có : + a + b + a + b + ab ≥ 2+a+b ⇔ 2+a+b (1 + a ) + (1 + b) ≤ = + a + b + a + b + ab (1 + a )(1 + b) (0,5 đ) Hay 1 ≤ + 1+ a + b 1+ a 1+ b (0,25 đ) Vì a ≥ nên: Vì 1 ≤ (1) 1+ a + b 1+ a ≥0 b 1 ≤ 1+ a + b 1+ b nên: (0,25 đ) Cộng vế (1) (2) ta được: (0,25 đ) Vậy : (2) 1 ≤ + 1+ a + b 1+ a 1+ b + a + b + a + b + ab ≥ 2+a+b (0,25 đ) b) (1,5 điểm) Ta có: x3 + y3 + xy = (x + y)(x2 + y2 – xy) + xy = x2 + y2 (do x + y = (gt)) (0,25 đ) = x + (1 – x)2 = 2x2 – 2x + (do y = – x) (0,25 đ) 1 1 = x − x + ÷ = x − ÷ + 2 (0,25 đ) 1 Do : x + y + xy = x − ÷ + 2 ⇒ x + y + xy ≥ 3 (0,25 đ) 2 Dấu “=” xảy ⇔ x − = ⇔ x = ⇒ y = Như : x3 + y3 + xy đạt giá trị nhỏ 1 x = y = 2 (0,25 đ) 1 Suy : A = x3 + y + xy đạt giá trị lớn x = y = (0,25 đ) Bài 4:(3 điểm) x2 – 2mx + m2 – 6m + 10 = (1) a) (0,5 điểm) Đi ều ki ện đ ể ph ơng tr ình (1) c ó nghi ệm l à: ∆ ' ≥ ⇔ m2 – (m2 – 6m + 10) ≥ ⇔ 6m ⇔m ≥ 10 ≥ (0,5 đ) b) (1 điểm) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt dương m > 6m − 10 > ∆ ' > ⇔ P > ⇔ m − 6m + 10 > ⇔ (m − 3) + > ⇔ m > S > 2m > m > (1,0 đ) c) (1,5 điểm) Khi m > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với : S = x1 + x2 = 2m P = x1 x2 = m − 6m + 10 (0,25 đ) Với y1 = x1 – 2x2 ; y2 = x2 – 2x1 ta có : S1 = y1 + y2 = x1 – 2x2 + x2 – 2x1 = -(x1 + x2) = - 2m (0,25 đ) P1 = y1y2 = (x1 – 2x2 )(x2 – 2x1) = x1x2 – 2(x12 + x22) = 5x1x2 - {(x1 + x2)2 – 2x1x2 } = 9x1x2 - 2(x1 + x2)2 = 9(m2 – 6m + 10) – 2(2m) = m2 – 54m + 90 (0,25 đ) Do y1, y2 hai nghiệm phương trình bậc hai: y2 – S1y + P1 = (0,25 đ) ⇔ y2 + 2my + m2 – 54m + 90 = (0,5 đ) Bài : (3 điểm) a) (1,5 điểm) − x + x − − = x − (v ≥ 0) Điều kiện x ≥ Đặt : u = − x , v = (0,25 đ) Ta có hệ phương trình : u + v = 1(1) u + v = 1(2) (0,5 đ) Từ (1) suy v = – u, thay vào (2) ta được: u3 + (1 – u)2 = ⇔ u3 + u2 – 2u = ⇔ u(u2 + u – 2) = (0,25 đ) u = x = ⇔ u = ⇔ x = u = −2 x = 10 (0,25 đ) Vậy (0,25 đ) : S = {1;2;10} b) (1,5 ểm) x + y + z + = x − + y − + z − ⇔ (x – - x − + 1) + (y – – y − + 4) + (z – - z − +9) = (0,5 đ) ⇔ ( x − - 1)2 + ( y − - 2)2 + ( z − - 3)2 = (0,5 đ) ( ( ( ⇔ ) y − − 2) z − − 3) x − −1 = 2 x − −1 = x = = ⇔ y −3 − = ⇔ y = z = 14 z −5 −3 = =0 (0,5 đ) Bài (3 điểm) Vẽ hình, ghi giả thiết , kết luận (0,25 đ) O N C M A B Gọi C giao điểm OA với đường tròn N trung điểm OC (0,25 đ) Khi suy N điểm cố định ∆ OMA ∆ ONM có: Ơ góc chung OM OA = =2 ON OM (0,25 đ) Suy (0,5 đ) ⇒ MA =2 NM : ∆ OMA ∽ ∆ ONM ⇒ MA (c-g-c) = 2NM (0,25 đ) Ta có : MA + 2MB = 2(NM + MB) ≥ 2NB = số (vì N, B cố định) (0,5 đ) ⇔ N, M, B thẳng hàng Dấu “=” xảy ⇔ M giao điểm NB với đường tròn (0,5 đ) Vậy MA + 2MB đạt giá trị nhỏ 2BN M giao điểm NB với đường tròn (0,5 đ) Bài 7:(3 điểm) Vẽ hình hai trường hợp, ghi gt, (0,5 đ) a)Tr ường h ợp 1: M D nằm phía đường thẳng AB Trong đ ường trịn tâm O ta c ó: ˆ = BMD ˆ (cùng chắn cung BAD (0,25 đ) a) b) A kl BD) C A D O M H E B O M D B C Trong đ đ ờng đ trịn Tâm M ta có : ˆ = BMC ˆ (quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung BD) BAC (0,25 đ) ˆ = BMC ˆ Suy : BMD (0,25 đ) Ta lại có : ∆ BMC cân M (MB = MC bán kính) Do : phân giác MD đồng thời đường cao (0,25 đ) ⊥ BC Vậy : MD (0,25 đ) b)Trường hợp 2: M D nằm khác phía AB Kẻ đường kính ME đường trịn tâm O Gọi H giao điểm MD BC (0,25 đ) Trong đường trịn tâm M ta có: ˆ = AMB ˆ = AME ˆ ACB (0,25 đ) Trong đường trịn tâm O ta có: ˆ = ADM ˆ ( AEM (0,25 đ) Do : (0,25 đ) ˆ = 900 ˆ = EAM Suy : DHC Vậy : (0,25 đ) chắn cung ∽ ∆ HCD ∆ AME MD AM) (g-g) ⊥ BC Học sinh làm cách khác điểm tối đa ... 1+ 1 + = 200 8 200 92 (200 8 .200 9) 2 + 200 82 + 200 92 200 8 .200 9 + = 200 8 .200 9 (200 8 .200 9) 2 (0,5) 1 =1+ − 200 8 200 9 1 1 1 − ) + (1 + − ) + + (1 + − ) 3 200 8 200 9 1 1 1 = 200 7 + − + − +... thức: 200 8x20 09 + 200 9y2010 = 201 1 Bải giải - Nếu y chẵn với x ∈ Z có 200 8x20 09 + 200 9y2010 số chẵn; mà 201 1 số lẻ, (vơ lý) - Nếu y lẻ y1005 số lẻ Đặt y1005 = 2k + ( k ∈ Z ) ⇒ 200 9y2010 = 200 9( y1005)2... ) ⇒ 200 9y2010 = 200 9( y1005)2 = 200 9( 2k + 1)2 = 200 9( 4k2 + 4k + 1) = 4 [200 9( k2 + k)] + 200 9 Ta có 200 9y2010 chia cho dư ⇒ 200 8x20 09 + 200 9y2010 chia cho dư 1; mà 201 1 chia cho dư 3, (vô lý) Vậy