Học sinh giỏi toán 9 Dak Lak 2016

1) Tứ giác PQNM nội tiếp.. Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.. Biết BC = CD và hai đường thẳng AD, BC cắt nhau tại F. Trên đường kính AB lấy điểm E sao cho AD = [r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016 – 2017

MƠN THI: TỐN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 05/4/2017

Bài 1: (4 điểm)

1) Cho số thực a, mà a > Rút gọn biểu thức: A a 1 a 1 a 1 a 1

a a 2 a 1 a 2 a 1

       

   

     

 

2) Giải hệ phương trình sau:

3

16

3

   

 

 

 

x x y y

y x

Bài : (4 điểm)

1) Tìm m để phương trình  

2

    

x m x m có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

2

1  5 x x 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức  

2017

  

P x x bx có giá trị nhỏ số thực dương Chứng minh hai phương trình

4x 12 10x b 0

4x 12 10x b 0 có hai nghiệm phân biệt

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm số nguyên x y, thỏa mãn phương trình 2 x  y 2) Với số tự nhiên n, ta đặt   4

2  

 n  n n

M n Chứng minh số 2M n 8 chia hết cho 31

Bài 4: (4 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O Dây AB cố định khơng phải đường kính Gọi I trung điểm đoạn AB Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E cho góc CIA EIB góc nhọn CI cắt đường tròn (O) điểm D khác C EI cắt đường tròn (O) điểm F khác E Các tiếp tuyến với đường tròn (O) C D cắt M; tiếp tuyến với đường tròn (O) E F cắt N Nối OM cắt CD P ON cắt EF Q Chứng minh rằng:

1) Tứ giác PQNM nội tiếp 2) MN song song với AB

Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC cân C, có góc đỉnh 360 Chứng minh

AC

AB





Bài 6: (2 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi cho a 2; 1b2 Tìm giá trị lớn

của biểu thức 2

2

4

   

         

   

A a b b a

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 222 BÀI GIẢI

Bài 1: (4 điểm)

1)      

 

 

 

3

2

a 1 a 1

a a 1 a a 1

1

A

a a 2 a 1 a 2 a 1 a

a 1 a 1

                                                

a 1 a a 1 a 1 a a 1

a a 1 a 1

1

a a a a a a 0, a 1 a                                          

2)  

2

3

* 16          

x x y y

y x

(ĐK: x 0, y0)

Ta có  

    

 

x

1 16

3 y x x y

x *

16 x y 1 0

3 y

x 2

16

3 y x                                     Giải  

x x

1 121

y y 11

9              (TMĐK)

Giải  

  

x y x 3 y 1

x y x y

2 16

3 y 3y y 7 0 y y 7 0 y 0

3 y

                                         x y      

(TMĐK) (3 y70 y0) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

x 121 y       

x y     

Bài : (4 điểm)

1) Ta có:  2m124 3 m14m12 1 với m Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Theo Vi ét, ta có:  

1 2         

x x m

x x m Khi 2  2

1   5 1 2 5

x x x x x x

 2     

1

2 1 1

2                      m

m m m m m m

m

2)  

2 2 2

2

2017 2017 2017

2 4

 

         

 

b b b

P x x bx x Do  

2 2017

4

 b

Ta có

2

2

2017 2017 2017 2017

4

b  b      b Phương trình:

4x 12 10x b 0 có  1 360 4 b Phương trình:

4x 12 10x b 0 có  2 360 4 b

Mà

2 360 2017 360 360 2017

2 2017 2017

0 360 2017 360 360 2017

       



    

  

     

 

b b

b Vậy hai phương trình có hai nghiệm phân biệt Bài 3: (4 điểm)

1)   

   

1

1 1 2

   

        

   

m

x x n

y

y y y y

m n x

Từ (1) (2) 2m2n 222 2 m2,n 1 x3,y3

2) +) Nếu n chẵn  2   n2 4t t  

1

n 4 n 4t tN 2 2 16 5k 1 k N

và 4 2   4n4 1 n2 4p 1 p  

2

4n  1 n 4p p N 2   2   2 16 5k 2 k N Nên     M n  5k  k 

M n 5k k N 2  8   8 32 1 31 (1) +) Nếu n lẽ    n2 4t t  

1

n 4t t N 2 2   2 16 5k 2 k N 4 2   4n4 1 n2 4p p  

2

4n  1 n 4p pN 2   2 16 5k 1 k N Nên     M n  5k  k 

M n 5k k N 2  8   8 32 1 31 (2) Từ (1) (2) suy 2M n 8 chia hết cho 31

Bài 4: (4 điểm)

1) Tứ giác PQNM nội tiếp

Ta có: OC = OD (bán kính), MC = MD (MC, MD hai tiếp tuyến (O))  OM trung trực CD  OM  DP

Xét ODM: 

ODM90 (MD tiếp tuyến (O) D), OM  DP (cmt)  OD2 = OP.OM (a)

Chứng minh tương tự có: OF2 = OQ.ON (b) Lại có OD = OF (bán kính) Từ a), b), c)  OP.OM = OQ.ON  OP ON

OQ OM

T P

M Q

N F

D

I

O

A B

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 444 Vậy OPQ ONM (c-g-c)  OPQ ONM  tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm)

2) MN song song với AB Tứ giác OPIQ có:  

OPIOQI90 (theo câu a)

Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp  QOI QPI (góc nội tiếp chắn cung QI) Lại có ONM OPQ (cmt)      

QOIONMQPIOPQOPI90 (do OM  DP)  ONT vuông T (T giao điểm OI MN)

 OI  MN, mặt khác OI  AB (vì IA IB 1AB

  (gt)) Vậy AB // MN (đpcm) Bài 5: (2 điểm)

Ta có   

0 0

0 180 ACB 180 36

CAB CBA 72

2

 

    (ABC cân C)

Kẻ phân giác BD góc ABC    CBDABD36 Chứng minh BDC cân D, ABD cân B Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a > 0) Mặt khác BD phân giác ABC

nên          0 * 

  

CD AD CD AD AC a x

x ax a BC AB BC AB BC AB x x a

Giải phương trình (*) ta  

x a (vì x > 0) 1 5 :

2

 

 AC  a a 

AB

Bài 6: (2 điểm) Áp dụng BĐT  

4 

 x y

xy

Ta có:

2

2

2

2

2

2 4

4

4

 

      

 

    

        

  

a b a b

a b a b

A a b b a

a b b a

Đặt a x a2 42 x2 4;b y b2 42 y2

a a b b

           

Lại có a 2, 1b2 suy

  

  

2

2

2 2

1 3

2 2

1 3

  

             

  

             

a a

a a a a a x

a a a

b b

b b b b b y

b b b

Nên    

2 2

2

8 3 9 8

64

4

       

 x y x y  

A

Đẳng thức xảy      

2

2

4

a b b a

a b b a

a b a a

a b b b



      



 

 

   

 

  

   

 

Vậy Max(A) = 64 a b a b

  

   



360 x

a

D

B C

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014

MƠN THI: TỐN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/3/2014

Bài 1: (4 điểm)

a) Chứng minh 394  394 số nguyên

b) Cho số n nguyên dương tùy ý Xét ba số tự nhiên a111 (có 2n chữ số 1),

11

b  (có n + chữ số 1) c666 (có n chữ số 6) Chứng minh

8

a  b c số phương

Bài 2: (4 điểm)

a) Cho x, y hai số thực thỏa mãn x2 y2 x y Chứng minh x y2 b) Giải phương trình

 

2

2 15

1

x x

x

 



Bài : (4 điểm)

a) Giải hệ phương trình    

2

2013 2013 2013 2014

3

3

x y z xy yz zx

x y z

     

 

  

 

b) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình x3 y32x23x 1 Bài 4: (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ hàm số f x  x 1 x2 3x34x4 5 x5

Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC vng A có AB = cm, AC = cm Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác tiếp xúc với hai cạnh AB, BC E, F Tia AO cắt EF

tại K Chứng minh tứ giác KFCO nội tiếp tính diện tích tam giác OKC

Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC lấy điểm M cho 

15

BAM 

Đường thẳng qua điểm C song song với đường thẳng AB cắt đường thẳng AM

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnn n DDDưươươơnngngg HHHảảảii i ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBuuuôôônnn MMMaaa TTThhhuuuộộộtt t trang BÀI GIẢI

Bài 1: (4 điểm)

a) Đặt  

2

3 3 15

9 18 3

2

m    m   m m m   

 

 

 

3

m m

     (Vì

2 15 m       

  với m)

b) Ta có

2

2

10 10 10 10 16 10 64 10

8

9 9

n n n n n n

a b c

  

      

           

 

mà 10n8 3 với mọi n nguyên dương, nên 10

3

n

N 

 Do a  b c số

phương

Bài 2: (4 điểm)

a) Ta có  2  2 2  

1 2

x  y x y  xy  

 

2

2 2

x y x y x y x y

          Dấu ‘=’ xảy x y1

b) ĐK : x 1

Ta có

 

2

2 2

2

2 15 1 1 15 1 1 15

1

x x x x x

x x

x x x x

x                            

2 15

t t

     3 5

5 t t t t            x t x         +)

2 21

3 3

1

x

t x x x

x



        

 (TMĐK)

+)

2

2 5

5 5

1

x

t x x x

x

 

          

 (TMĐK)

Vậy phương trình có bốn nghiệm 1,2

3 21

2

x   , 3,4

5

2

x  

Bài : (4 điểm)

a) Ta có  2   2

3

x y z  xyyzzx x y z xyyzzx  2  2  2

2 2

2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx x y y z z x x y z

                

Từ ta có 3x20133y20133z2013 32014x yz3

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y z, ,   3; 3; 3

b) Ta có x3 y32x23x  1 y3 x32x23x1 Mà x33x23x 1 x32x23x 1 x33x2 3x1

 3  3

1 1

x y x x y x

         

Do

1 y x y x      

(vì x y, Z)

+) 3   

2 1 1

yxx x  x  x  x x  x y  (Vì xZ nên 2x 1 0)

+) 1  13 2 3 1 0

1

x

y x x x x x x

Vậy cặp số nguyên (x; y) cần tìm là:  1; , 0; 1   Bài 4: (2 điểm)

Áp dụng bất đẳng thức A B  AB Đẳng thức xảy AB0, ta có:

1 5

x  x  x  x  , dấu ‘=’ xảy 1x5

 

2x22x4 2 x2 4x   2 4, dấu ‘=’ xảy 2x4

 

3x33x5 3 x3 5x   3 6, dấu ‘=’ xảy 3x5

4 5

x  x  x  x  , dấu ‘=’ xảy 4x5

4

x  , dấu ‘=’ xảy x4

  4 15

f x

      , dấu ‘=’ xảy x4 Vậy Min f(x) = 15 x4

Bài 5: (4 điểm)

Vì O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nên ta có:  1  1

;

2

OAC BAC OCA BCA

Do  1800   1800 1  1800 11800  900 

2 2

AOC  OACOCA   BACBCA   ABC   ABC Vì BE, BF tiếp tuyến (O) nên tam giác BEF cân B

Do      

0

0 0

180

90 180 90

2 2

ABC ABC ABC

BFE    CFE BFE 

Nên AOCCFE Vậy tứ giác KFCO tứ giác nội tiếp

2 2

8 10

BC AB AC    cm

Vì (O) đường trịn nội tiếp tam giác ABC, nên ta có:

AE = AD, BE = BF, CD = CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do ABACBC (AEBE) ( AD CD ) ( BFCF)2AD

8 10

2

AB AC BC

AD     cm

   

 

, 90 , 45

AOD ADO OAD

   nên vuông cân D OA 2AD2 2cm



, 90

AKC AKC

  ( 

90

AKCOFC (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn))



45

KAC nên AKC vuông cân K

2

AC

AK CK cm

    

Do OK  AKOA3 22 2 2cm

 1

, 90 3

2

OKC

OKC OKC S OK CK cm

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnn n DDDưươươơnngngg HHHảảảii i ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBuuuôôônnn MMMaaa TTThhhuuuộộộtt t trang Bài 6: (2 điểm)

Kẻ AH  BC, AK  CN

Ta có  1 0

, 60 30

2 2

AB

AH  BAH BAC   (đường cao tam giác cạnh AB)

Do CN // AB    

15 , 60

ANKBAM  BCN ABC

nên ACK1800 ACBBCN1800600600600

AKC AHC

   (cạnh huyền, góc nhọn)

2

AB AK AH

  

    0

, 90 , 30 15 15

AHM AHM MAH BAH BAM

      

Nên    

0

2

1 cos cos15 cos15 cos 15

cos

3

3

2

AH MAH

MAH a

AM AM AH AB AB AM AB

      

 

, 90 , 15

AKN AKN ANK

  

nên    

0

2

1 sin sin15 sin15 sin 15

sin

3

3

2

AK ANK

ANK b

AN AN AK AB AB AN AB

      

Từ (a) (b) ta có  

2

2

2 2 2

4 cos 15 sin 15

1 4cos 15 4sin 15

3 3

AM AN AB AB AB AB



SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015

MƠN THI: TỐN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/4/2015

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức

2

1 2

1

x x x x

P

x x

x x

  

  

 

a) Tìm điều kiện x để P có nghĩa b) Rút gọn biểu thức P

c) Tìm giá trị x để P đạt GTNN Bài : (4 điểm)

a) Cho hai số thực a, b khác thỏa mãn 1

2

ab Chứng minh phương trình

  

0

x ax b x bxa  với ẩn x ln có nghiệm b) Biết  x22015x y22015y2015 Tính

xy Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm tất số phương có chữ số biết tăng chữ số thêm

đơn vị ta thu số phương (Một số gọi số phương nó bình phương số tự nhiên đó)

b) Tìm số ngun a để phương trình x23 2 a x 40a0 có nghiệm

nguyên Hãy tìm nghiệm nguyên phương trình ứng với giá trị a tìm

Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Biết hai

đường cao AI BE tam giác cắt H a) Chứng minh EI  OC

b) Biết CH = R Tính góc C tam giác ABC

Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi M, N trung điểm

của AB, AC Hạ BE, CF vng góc với HN, HM Chứng minh ba đường thẳng AH, BE, CF đồng quy

Bài 6: (2 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh:

3 3

6

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnn n DDDưươươơnngngg HHHảảảii i ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBuuuôôônnn MMMaaa TTThhhuuuộộộtt t trang BÀI GIẢI

Bài 1: (4 điểm) a) P có nghĩa

0

0

1

x

x x x

x

  

    

  



b)

 

2

1 2 2

1 1

x x x x x x x x x x x

P

x x x x x

x x

        

    

  



c) 1 2 0, : 

1

x

P x A B A B AB

x x

        

 

Đẳng thức xảy 1

x x

x

    

 (TMĐK)

Vậy x2 P đạt GTNN Bài : (4 điểm)

a) Từ giả thiết 1 2  4 

2 ab a b ab a b

ab        

Ta có     

 

2

2

2

0

0

x ax b x ax b x bx a

x bx a

   

      

  



có      2    2    2

1 a 4b b 4a a b a b a b 2ab a b a b

                  

1

      nên (1) có nghiệm (2) có nghiệm Do   

0

x ax b x bxa 

ln có nghiệm

b) Ta có   

2015 2015 2015

x  x y  y 

     

 

2 2

2

2015 2015 2015 2015 2015

2015 2015

x x x x y y x x

y y x x

         

     

Tương tự   

2015 2015 2015

x  x y  y 

     

 

2 2

2

2015 2015 2015 2015 2015

2015 2015

x x y y y y y y

x x y y

         

     

Cộng (1) (2) vế theo vế ta xy xy x y0

Bài 3: (4 điểm)

a) Gọi số phải tìm abcd k2k N, 32 k 99

   

Theo đề có      2 

1 1

a b c d m mN

    

2

1111 1111 11 101

m k m k m k m k m k

            

1

555 1111

m k

k m k

 



  

 



(loại); 11 45 101

m k

k m k

 



 



 



(chọn)

Do

45 2025

abcd  

b) Ta có:  2  

3 2a 40 a 4a 16a 151

       

Phương trình có nghiệm ngun với a ngun 2 

2a 42 k2 167 2a k 4 2 a k 4  167  1 1 167

              

2 167

2 44

40

2

2 167

a k

a k a

a a k

a k

    

 

      

 

  

      

 

    



+) Với a = -44, phương trình trở thành x285x840 có nghiệm

1 1, 84

x   x   +) Với a = 40, phương trình trở thành x283x0

có nghiệm x10,x2 83

Bài 4: (4 điểm)

a) Chứng minh EI  OC

Kẻ đường kính CD (O), gọi F giao điểm CD EI

Ta có ACDABD (góc nội tiếp chắn cung AD (O))

Tứ giác ABIE có  

90

AIB AEB (gt) nên tứ giác ABIE nội tiếp CEI ABC

Do ACD CEI  ABDABCCBD900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy tam giác CEF vuông F hay EI  OC (đpcm)

b) Biết CH = R Tính góc C tam giác ABC

Kẻ đường kính AM (O), ta có  

90

ABM ACM  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên BM  AB, CM  AC mà CH  AB, BH  AC (do H trực tâm ABC)

 BM // CH, CM // BH tứ giác BHCM hình bình hành

 BM = CH = R, lại có OB = OM = R nên OB = OM = BM = R Vậy OBM



60

AMB Do  

60

ACB AMB (góc nội tiếp chắn cung AB (O))

Cách khác: Tứ giác CEHI có CEHCIH 900 nên tứ giác CEHI tứ giác nội tiếp

 

CHI CEI

  (góc nội tiếp chắn cung CI)

mà CEI ABC (cmt), ABCADC(góc nội tiếp chắn cung AC)

 

CHI CDA

 

Xét CHI CDA: CHICDA,  

90

CIH CAD nên CHI CDA

1

2

CI CH R

CA CD R

   

AIC : 

90

AIC ,

2

CI

CA nên



60

ACI 

Bài 5: (2 điểm)

Gọi D giao điểm AH BE; F’ giao điểm MH CD

AHB:

  

90 ,

2

AB AB

AHB MAMB gt MH  MAMB Nên BMH cân M ABH BHM

M F D

H E

I

O

I

B C

A

N M

H A

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnn n DDDưươươơnngngg HHHảảảii i ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBuuuôôônnn MMMaaa TTThhhuuuộộộtt t trang

AHC:  90 ,0  

2

AC AC

AHC NANC gt NH  NANC Nên CNH cân N ACH CHN

BHD:     

90 ,

BHD HEBD gt BDABHE (cùng phụ DHE) Mà BHECHN (đối đỉnh), CHNACH (cmt)

  

BDA ACH ACB

   Vậy tứ giác ABDC nội tiếp

Nên ADCABH, lại có ABH BHM (cmt), BHMCHF (đối đỉnh) ADC CHF

CHD: 

90

CHD nên    

90 90

ADCDCH  CHFDCH  CHF’ vuông F’

 CF’  MH mà CF  MH (gt) F’  F Vậy AH, BE, CF đồng quy D Bài 6: (2 điểm)

Chứng minh  2 2 2 2    2

*

a b c x y z  ax by cz

Áp dụng (*) ta có: a2b2c2121212a b c2  

    

2 2

2

2 2 3 2 3 2

3

a b c

a b c   a b c a b c a

           

Mặt khác  3 3   3 3  2 22 

3 a b c  a b c a b c  a b c b

Từ (a) (b) ta có:  3 3  2 2 3 2 2 

3 a b c 3 a b c a b c a b c

Lại có 2    2  2  2

0

a b c  ab bc ca   a b  b c  ca 

 

       

2

2 2

3

3

a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca  

                

Từ (1) (2) ta có 2  2  

3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2015 – 2016

MƠN THI: TỐN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 05/4/2016

Bài 1: (4 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau:

      2

5 20

1 3

x y

x x x y y x

   

       



2) Tìm tất số thực m để phương trình: x2

– 2(2m + 1)x + 3m + = có hai nghiệm dương phân biệt

Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

Bài : (4 điểm)

1) Cho số dương x, y, z thỏa mãn

2

x y z

x y z

   

 

  

 Tính giá trị biểu thức

 1 1 1

1 1

y

x z

P x y z

x y z

 

       

  

 

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy hai điểm A, B khác gốc tọa độ O mà OA + OB =

Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab 6 a b 3

b) Cho

2017 111

chu so

a ,

2016 100 05

chu so

b Chứng minh số M ab1 số

phương

Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB = 2R Biết BC = CD hai đường thẳng AD, BC cắt F Trên đường kính AB lấy điểm E cho AD = BE Vẽ EH vng góc với AD điểm H Hai đường thẳng AC, EH cắt k Gọi I trung điểm đoạn thẳng AE Chứng minh rằng:

1) AD AF + BC BF = 4R2

2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng

Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt O diện tích tam

giác AOB cm2, diện tích tam giác COD 16 cm2

Tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác ABCD

Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188 Tìm giá

trị nhỏ biểu thức P = 5a2

G

GGVVV:::NNNggguuuyyyễễễnnnDDDưưươơơnnngggHHHảảảiii–––TTTHHHCCCSSSPPPhhhaaannnCCChhhuuuTTTrrriiinnnhhh–––BBBuuuôôônnnMMMaaaTTThhhuuuộộộttt trang

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau:

      2

5 20

1 3

x y

x x x y y x

   

       



      2  2 2   2 2 

5 20 20

1 3 3 3

x y x y

x x x y y x x x x y x y

                             

  2 2 2  2      2 

5 20 20

3

1 3 3

x y x y

x y x y x x y

x y x y x x

                                

    2     

5 20

5 20

3 3

x y

x y

x y x y x x y x y x y x

                                

     

2

5 20

5 20

0 20

0

5 20

2

5 35

2

x y x y

x y

x y x

x y y

x y

x y x

x x vo nghiem

x y x

                                                  

Vậy hệ phương trình có nghiệm  5;

2) Tìm tất số thực m để phương trình: x2

– 2(2m + 1)x + 3m + = có hai nghiệm dương phân biệt

Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

   

 

  

2

0 3

4

0 4

3

0 2 1

2 m m m m m m

P m m m

S m m m                                                    

Bài : (4 điểm)

1) Cho số dương x, y, z thỏa mãn

2

x y z

x y z

   

 

  

 Tính giá trị biểu thức

 1 1 1

1 1

y

x z

P x y z

x y z

 

       

  

 

Ta có    2  

2 xy yz zx  x y z  x y z 2   2 xy yz zx 1 Nên x  1 x xy yz zx  x y x z

tương tự: y 1  x y y z; z 1  x z y z

Do đó:  1 1 1

1 1

y

x z

P x y z

x y z

 

       

  

              

 

2 2

2

x y z y z x z x y

x y y z z x

x y y z z x

xy yz zx

    

    

  

   

b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(1; 2) cắt hai tia Ox, Oy hai điểm A, B khác gốc tọa độ O mà OA + OB =

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b (a, b  0, cắt Ox, Oy)

Vì đường thẳng qua điểm M(1; 2) nên có: a + b =  b = – a

Đường thẳng y = ax + – a cắt tia Ox điểm có hoành độ a

a

 , cắt tia Oy điểm có

tung độ 2a Nên

2

0

a

a a

a



 

  

    

Ta có OA + OB = 2   

2 2

2

a a

a a a a a

a a

   

             

 

 (TM)

+) Với a = –1, phương trình đường thẳng : y = –x + +) Với a = –2, phương trình đường thẳng : y = –2x +

Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab thỏa mãn ab 6 a b 3

Ta có 10 99 16 105 16  3 105

4

a b

ab ab a b a b

a b

  

               

  

Nên ab12; 21;30;13; 22;31 Chỉ có 21 6 2 1 3 Vậy ab21 b) Cho

2017 111

chu so

a ,

2016 100 05

chu so

b Chứng minh số M ab1 số

phương

Ta có: 2017

2017

10 111 ;

9

chu so

a   2017

2016

100 05 10

chu so

b  

Do      

2

2017 2017 2017 2017 2017

2017 10 10 10 10 10

1 10 1

9 9

M ab              

 2017 2 2

2017 10 10 2

9

   

   

 

Vì 2017

10 2 nên

2017

10

3 N

  Do

1

M ab số phương

Bài 4: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB = 2R Biết BC = CD hai đường thẳng AD, BC cắt F Trên đường kính AB lấy điểm E cho AD = BE Vẽ EH vuông góc với AD điểm H Hai đường thẳng AC, EH cắt k Gọi I trung điểm đoạn thẳng AE Chứng minh rằng:

1) AD AF + BC BF = 4R2

G

GGVVV:::NNNggguuuyyyễễễnnnDDDưưươơơnnngggHHHảảảiii–––TTTHHHCCCSSSPPPhhhaaannnCCChhhuuuTTTrrriiinnnhhh–––BBBuuuôôônnnMMMaaaTTThhhuuuộộộttt trang

I' H

I

K H

E

F

D

A B

C

1) AD AF + BC BF = 4R2

K FH  AB (H  AB), ta có:

90

ADBACB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét ADB AHF có:

90

ADBAHF  , A (góc chung)

Vậy ADB AHF AD AH AD AF AB AH a  

AB AF

   

Xét ACB FHB có:

90

ACBFHB , B (góc chung)

Vậy ACB FHB BC BH BC BF AB BH b  

AB BF

   

Từ a), b)   2

AD AF BC BF AB AH BH AB R

      (đpcm)

2) Ba điểm D, I, K thẳng hàng

Vì BCCDBCCDBACCAD  AC phân giác góc BAD

Gọi I’ giao điểm DK với AB (1)

Xét AI’D có AK phân giác DAI AI KI  c

AD KD

 

  

Xét BI’D có EK // BD (EH  AD, BD  AD) KI I E  c

KD BE

 

 

Từ c), d) AI I E

AD BE

 

  mà AD = BE (gt)  AI’ = I’E  I’  I (vì AI = IE (gt)) (2)

Từ 1) 2) suy D, I, K thẳng hàng (đpcm)

Bài 5: (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt O diện tích tam

giác AOB cm2, diện tích tam giác COD 16 cm2

O A

D C

B

Ta có: AOB BOC 16 144

AOD BOC AOB COD

AOD COD

S S OB

S S S S

S  S OD       

Do SAODSBOC 2 SAODSBOC 2 14424

Nên SABCD SAOB SCODSAODSBOC  9 16 24 49

Dấu “=” xảy SAOD SBOC OA OD OB OC OA OB AB/ /CD

OC OD

      

Vậy Min SABCD = 49 cm

2

AB // CD

Bài 6: (2 điểm) Với a, b, c ba số thực thay đổi thỏa mãn ab + 7bc + ca = 188 Tìm giá

trị nhỏ biểu thức P = 5a2

+ 11b2 + 5c2

 

2 2 2 2 2

2 2 2

1 21 14

5 11

2 3

1 21 14

2 2

2 3

2 14 2 188 376

P a b c a b b c c a

a b b c c a

ab bc ca ab bc ca

     

           

     

     

        

Dấu “=” xảy

2

2

2 2

2

21 14

2

1 3

7 188

a b

b c

c a

ab bc ca

 

 

 

 

 

 



   



G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 111 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04/4/2018

Bài 1: (4 điểm)

1) Thu gọn biểu thức 4

3

   



 

x x x

P

x x Tìm x cho

2017 2018  P 2) Giải phương trình   

4 20

  

x x x

Bài 2: (4 điểm)

1) Cho phương trình  

2

   

x m x m , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm khác x x1, (chúng trùng nhau) biểu thức

1

1

 x x đạt giá trị nhỏ

2) Cho parabol   : 

P y ax Tìm điều kiện a để  P có điểm A x 0;y0 với hồnh độ dương thỏa mãn điều kiện

0  1 04 0 03

x y x y

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm tất cặp số nguyên dương x y;  thỏa mãn: x2y24x2y18 2) Tìm tất cặp số a b;  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

i) a b, khác ước số chung lớn a b, ii) Số N ab ab 1 2 ab1 có 16 ước số nguyên dương

Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB AC D E (D  B, E  C) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F

1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp

2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC

Bài 5: (2 điểm) Với x y, hai số thực thỏa mãn y33y25y 3 11 9x2  9x4x6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T   x y 2018

Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BC góc 1500 Chứng minh MA2 2MB MC.

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm)

1) ĐK: x0

 

     

 

  

2

3 2

3 4 1

3 2 2

   

      

    

        

x x x

x x x x x x

P

x x x x x x x x x

2

2017 2017

2016 2016

2018 2018



      

 x

P x x

x (TMĐK)

2)          

4 20 2 20 2 20

            

x x x x x x x x x x x

     

2

2 2

2

2

2 4 4 20 36

2

                             x x

x x x x x x

x x

   

2

2

2 10

          x x x x

Giải  1 : Phương trình vơ nghiệm Giải  2 : x1 1 11;x2  1 11 Bài 2: (4 điểm)

1) PT có nghiệm khác       

2 2

2

1

3

2

* 0 0                                 m m m m m m m m m m m m

Theo Vi ét:  

1

2

   

 

 

x x m

x x m

Khi      

2

2

1

2 2

1 2

2 12 18

2 3

1 12 18 2

3 3 3

   

  

  

  x x  m  m  m m m    m  

x x x x m m m m

Đẳng thức xảy m3 (TMĐK (*)) Vậy m3; Min

1

1

3

 

  

 

x x  2)

2

0 0 0 0 2

0

0

1

1 4

4

1

              

  

 

x y x y x x y y

y y

x x

2

0 0

 x  x  y   y  Do

0 0

2

0 0

1

1

                

x x y y

x x y y

 

2 2

0 0 0

3

1 4

1

               



x y x y a x x a

a (vì x0 0) Bài 3: (4 điểm)

1) 2       

4 18 4 21 21

                

x y x y x x y y x y x y

Do x y, nguyên dương nên ta có trường hợp sau

1

     

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 333 2) Ta có: N ab ab 1 2 ab1 chia hết cho số: 1; a; b(ab + 1)(2ab + 1); b; a(ab + 1)(2ab + 1); ab + 1; ab(2ab + 1); 2ab + 1; ab(ab + 1); N; ab; (ab + 1)(2ab + 1); b(ab + 1); a(2ab + 1); a(ab + 1); b(2ab + 1) có 16 ước dương

Nên để N có 16 ước dương a; b; ab +1; 2ab + số nguyên tố Do a, b >  ab +1 >

+) Nếu a; b lẻ ab + chia hết hợp số (vô lý) Do khơng tính tổng qt, giả sử a chẵn b lẻ  a =

+) Ta có b khơng chia hết cho 2ab + 1= 4b + ab + = 2b + chia hết cho hợp số (vô lý)  b =

Vậy a = 2; b = Bài 4: (4 điểm)

1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp (Tự xử)

2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính số đo BAC

   

BACDHEMFNBHC 180 (tứ giác ADHE; HMFN nội tiếp)

mà DHE BHC (đối đỉnh) BAC MFN F1F2 lại có F1 B ; F 1 2 C ; B 1 1 C1 (tứ giác BDHF; CEHF; BCED nội tiếp) F1 F2 B1 C1

do BAC  F1F2 2B1, mặt khác  

B 90 BAC (  ABE, AEB 90

  )

     

1

BAC 2B 90 BAC 3BAC 180 BAC 60

       

Bài 5: (2 điểm) ĐK:  3 x3

     

 

      

 

3 2

3

3 2 2

3

3 2

2

2 2

2

2

y 3y 5y 11 x 9x x

y y x x

a 2a b 2b a y 1; b x

a b a b a b a ab b

1

do a ab b a b b

2

a b y x y x

x y x x x x

T x y 2018

      

       

       

          

 

        

 

           

           

     20182022

Vì  3 x3 nên x 0; 9x2   0 x 9x2 0

1 M 12 N

F

H

E D

B C

Đẳng thức xảy x2 x y x

 



     

 



Vậy Max(T) = 2022 x = 3; y = 1 Mặt khác, ta chứng minh

2 2

1 1 3 18

                 

x y x x x x x x x

 2

2

2

 x  x   x  (đúng)

2018 2018 2019

T xy     

Đẳng thức xảy 2x x TM y 1 2 2

2 2



           

3 2

( ) 2019 ;

2

 

    

Min T x y

Bài 6: (2 điểm) Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm M, lấy điểm E cho AME đều; nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm M, lấy điểm F cho CMF

Ta có        

60

       

MAE BAC MAB BAE MAB CAM BAE CAM

  ; 

 BAE CAM cgc BECM ABEACM

tương tự        

60

       

MCF ACB MCB BCF MCB ACM BCF ACM

ta có BECM CM; CF BECF;

  ; 

ABE ACM ACM BCF ABE BCF

 

 BAE CBF cgc  AEBF mà AE AM BF AM

Mặt khác    0

150 60 90

    

BMF BMC CMF (CMF đều, nên CMF600)

 2 2 2

: 90

BMF BMF  BF MB MF MA MB MC  MB MC (CMF MF MC)

E

F A

B C

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 111 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN – THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10/4/2019

Bài 1: (4 điểm)

1) Rút gọn biểu thức  

3 33 12 37 30

A    

2) Giải hệ phương trình 12

2

x x x x y y

x x y

    

 

  

 

Bài 2: (4 điểm)

1) Cho phương trình

4 2

x  x x m (với m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, đường thẳng d có hệ số góc k qua điểm

M(0; 3) cắt parabol  

:

P yx hai điểm A, B Gọi C, D hình chiếu vng

góc A, B lên trục Ox Viết phương trình đường thẳng d, biết hình thang ABDC có diện tích 20

Bài 3: (4 điểm)

1) Tìm tất cặp số nguyên x y;  thỏa mãn: 2

2x  y 2xy6x4y20

2) Tìm tất số tự nhiên có bốn chữ số, biết số lập phương tổng

chữ số

Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C

là tiếp điểm) cát tuyến ADE (O) cho ADE nằm hai tia AO AB; D, E  (O) Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, AB P, Q

1) Gọi H giao điểm BC với OA Chứng minh OEDH tứ giác nội tiếp

2) Gọi K điểm đối xứng B qua E Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng

Bài 5: (2 điểm) Cho hình vng ABCD Trên cạnh CB, CD lấy điểm M,

N (M không trùng với B C; N không trùng với C D) cho 

45

MAN  Chứng

minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích

Bài 6: (2 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa a  b c Chứng minh rằng:

2 2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

  

  

  

BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm)

1) Ta có     3 3

3 33 12 37 30 3 33 12

A         

3 3 33 12 3 3 33 12 1 3 2 3 21 12

          

3 3 3 3 2 32 3 12

        

2) (ĐK: x0, y0)

 2  3

6 12 2

2 2 1 2 2 2

x y

x x x x y y x y x y

x x y x x y x x y x x x

                                                

2

2

1

2 4

3

x y

x y x

x y x y

x x

x x x x x x y

x                                                          1 1

y vo ly

x x tm y y x                       

Vậy nghiệm hệ

1 x y     

Bài 2: (4 điểm)

1) Ta có 2  

4 2 2 *

x  x x m  x  x m 

Đặt t x2 t0 Khi (*) trở thành:  

2 **

t  tm 

Do (*) có bốn nghiệm phân biệt  (**) có hai nghiệm dương phân biệt  

0 1

0

0 1

1

0

t t t

m

m

P m m

m S                             

2) Vì đường thẳng d có hệ số góc k qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thẳng d

có dạng ykx3

Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: 2  

3 *

x kx  x kx  Vì ac  3 0, nên (*) ln có hai nghiệm phân biệt

Vì (d) cắt (P) hai điểm A; B, nên hoành độ điểm A, B hai nghiệm (*)

Theo Vi ét ta có:

3

A B A B

x x k

x x       

Lại có  2  2    

; , ; , ; , ;

A A B B A B

A x x B x x C x D x

Do          

2 2

2 20

2 2

A B A B A B

ABDC A B A B

x x x x x x

AC BD CD

S   x x   x x

       

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 333

 2 2  2

4 t 4 xA  xB 16 xA  xB xAxB2 x xA B  xAxB 2x xA B   2 k  6

2

4

k k

     Vậy phương trình đường thẳng d là: y2x3 y 2x3

Bài 3: (4 điểm)

1) Ta có: 2  2  2

2x y 2xy6x4y20 x1  xy2 25

Vì 2  2 2  2  2  2  2

250 5 0  5 3 4 3  4  3 4  3  4 , nên có trường

hợp sau:

1

)

2

x x

x y y

     

  

    



; ) 1

2

x x

x y y

     

  

       

; )

2

x x

x y y

    

  

     



;

1

)

2

x x

x y y

      

  

    



; )

2

x x

x y y

    

  

    



; )

2

x x

x y y

    

  

     



;

1

)

2

x x

x y y

    

  

       

; )

2

x x

x y y

      

  

    



; )

2

x x

x y y

      

  

    



1

)

2

x x

x y y

    

  

       

; )

2

x x

x y y

      

  

       

; )

2

x x

x y y

      

  

     



Vậy cặp số x y;  là: 1; ,  1; , 4;  6 , 6; , 2; , 3;    2 , 2; ,    5; , 4; 6

3; ,  4;2 , 5; 0

Cách khác: 2    

2x y 2xy6x4y202x 2 3y xy 4y200 *

(*) có nghiệm  2   2

3 y y 4y 20 y 2y 49 y 2y 49



                

 2

1 50 5

y y y y

                 (vì yZ) (*) có nghiệm ngun 2 

2 49 8; 6; 2; 0; 4;

y y k k N y



            

+) Với   2   

8; * 10 12

3

x

y x x x x x x

x                    

+) Với   2   

6; * 4

4

x

y x x x x x x

x                     

+) Với   2   

2; * 2 24 12

4

x

y x x x x x x

x                     

+) Với   2   

0; * 20 10

2

x

y x x x x x x

x                    

+) Với   2   

4; * 14 12 6

6

x

y x x x x x x

x                     

+) Với   2   

6; * 18 40 20

5

x

y x x x x x x

x                      2) Gọi abcd số tự nhiên phải tìm 1000abcd9999

Ta có  3  3

1000 9999 10 21

abcd a b c  d   a b c  d   a b c  d 

+) Nếu a b c  d 18abcd 5832nhan; +) Nếu a b c  d 19abcd6859loai; +) Nếu a b c  d 20abcd 8000loai; +) Nếu a b c  d 21abcd 9261loai Vậy abcd4913; 5832

Bài 4: (4 điểm)

1) Chứng minh OEDH tứ giác nội tiếp.

Ta có: AB = AC (AB, AC hai tiếp tuyến (O)), OB = OC (bán kính)

Nên OA trung trực BC

Xét ABO: 

90

ABO (AB tiếp tuyến (O)), BH  OA (OA trung trực BC)  

2

AB AH AO a

 

Xét ABD AEB:   

2

ABDAED sd BD (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây) 

BAD (góc chung) Vậy ABD AEB (g.g)   

AB AD

AB AD AE b

AE  AB  

Từ (a) (b) suy AH AO AD AE AH AE

AD AO

   

Xét AHD AEO: AH AE cmt

AD  AO ,

 

HAD chung Vậy AHD AEO (c.g.c)

 

AHD AEO

  Do tứ giác OEDH tứ giác nội tiếp (đpcm)

2) Chứng minh ba điểm A, P, K thẳng hàng

Ta có: ODE cân O (do OD = OE) EDOAEO mà AHD AEO cmt EDOAHD

Lại có: EDOEHO (tứ giác OEDH nội tiếp)

         

90 90

AHD EHO AHD EHO BHA AHD BHO EHO BHD BHE

           

Nên HB phân giác DHE, mà HA  HB (cmt) nên HA phân giác DHE HD ID AD  c

HE IE AE

   (I giao điểm HB DE)

DIP, DP // BE (gt) DP ID  d

BE IE

  (hệ Ta Lét) ABE, DQ // BE (gt) DQ AD  e

BE AE

  (hệ Ta Lét)

Từ c), d), e) DP DQ DP DQ

BE BE

   

Gọi K’ giao điểm AP BE AEK’, DP // EK’ (gt) DP AD  f

EK AE

 



Từ e), f) DQ DP

BE EK

 

 mà DPDQ cmt BEEK

Mặt khác BEEK gt KK Vậy A, P, K thẳng hàng (đpcm)

K'

I

K

H Q

P

E B

C

O A

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 555

Bài 5: (2 điểm) Tứ giác ABMF:

  

45

MAF  gt , 

45

MBF  (BD đường chéo hình vng) Vậy tứ giác ABMF nội tiếp   0

180 180 90 90

AFM ABM

     

AFM:  

90 , 45

AFM  FAM  ,

nên AFM vuông cân F  AF = MF

Tương tự AENvuông cân E  AE = NE Tứ giác AEHF:    

90

AFH  AEH  cmt (H giao điểm MF NE) nên tứ giác AEHF nội tiếp   

45

NHF MHE EAF

   

Kẻ EK  MF (K  MF) NFH vuông F; EKH vng K nên có:

 

sin sin 45 , sin sin 45

NF NH NHFNH EK EH MHEEH

Ta có: SMNFE SMHN SNHFSFHESEHM

 

 

   

 

0 0

0

0 0

1 1

sin sin

2 2

1

sin 45 sin 45 sin 45 sin 45

2

sin 45

1 1

sin 45 sin 45 sin 45

2 2 AEF

HM NF HN HF NHF HF EK HM HE MHE

HM HN HN HF HF HE HM HE

HM HF HN HF HM HE

MF HN HE MF NE AF AE S

         

           

       

          

Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh  2    

3 *

a b c  ab bc ca 

Thật   2  2 

* a b c ab bc ca  02 a b c ab bc ca  0

a b2 b c2 c a2

       (luôn đúng) Dấu “=” xảy abc Áp dụng (*), ta có:  

3 3 ab bc ca ab bc ca3

Lại có:        

2 2

2 2

1 1

1

1

1 1

a b b a b

a

a

b b b

 

   

  

   

  

Vì          

2 2

2

2 2

1 1 1

1

1

1 2 2

a b a b a b a b a b

b b

b b b b b

    

          

  

           

2

2

1 1

1 1

1 2

a b a b a ab b

a a a do b

b b

   

          

 

Tương tự có:    

1

1 ;

1 2

b bc c c ca a

b c

c a

   

     

 

Vậy 2 2 2       3

1 1 2

ab bc ca a b c

a b c

a b c

b c a

    

   

         

  

Dấu “=” xảy abc1

450

K H

F

E

N

B A

D C

PHỊNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TP BN MA THUỘT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề)

Bài 1: (6 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(2; 5); B(-1; -1); C(4; 9) Chứng minh

rằng ba điểm A; B; C thẳng hàng

b) Với m  Z Chứng minh m(m + 1)(2m + 1) 

c) Tìm phần dư phép chia đa thức P(x) cho đa thức (x – 1)(x3 + 1), biết P(x) chia cho đa thức x – dư P(x) chia cho đa thức x3 + có đa thức dư x2 + x +

Bài 2: (4 điểm)

a) Rút gọn :

9

a a a a a

Q

a a a a a

       

      

    

   

b) Cho nN n3, cho

        

1 1

3 1

n

S

n n n

    

      

Chứng minh

2

n S 

Bài 3: (2 điểm) Cho a, b, c số nguyên dương

Chứng minh

2 2 2

0

a c c b b a

b c a b c a

  

  

  

Bài 4: (4 điểm) Qua tâm O hình vng MNPQ có độ dài cạnh x(cm), kẻ đường thẳng

d (d cắt cạnh MQ A cắt cạnh NP B), cho biết AB = y(cm) Tính tổng khoảng

cách từ đỉnh hình vng MNPQ đến đường thẳng d theo x, y

Bài 5: (4 điểm) Cho ABC vuông A, AB = c, AC = b, BC = a Kẻ trung tuyến BE,

CD Biết BE = m, CD = n (a, c, b, n, m có đơn vị đo) Gọi (I; r) đường trịn nội

tiếp ABC diện tích ABC = S

a) Chứng minh r 2S

a b c

  

b) Chứng minh

2

2

1 20

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 2

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

Bài 1: (6 điểm)

a) A, B thuộc đường thẳng y = 2x + 1; A, C thuộc đường thẳng y = 2x +

b) +) Nếu m  m(m + 1)(2m + 1)  +) Nếu m  m = 3k 

Nếu m = 3k +  2m + = 6k +   m(m + 1)(2m + 1)  Nếu m = 3k –  m + = 3k   m(m + 1)(2m + 1)  Vậy m(m + 1)(2m + 1)  (a)

Lại có m(m + 1)   m(m + 1)(2m + 1)  (b) Vì (2; 3) = nên từ (a) (b) có đccm

c) Giả sử P(x) = (x – 1)(x3 + 1)Q(x) + ax3 + bx2 + cx + d

Từ điều kiện đề ta có P(x) = (x – 1)A(x) + = (x3 + 1)B(x) + x2 + x +

 P(1) = P(-1) =  a + b + c + d = –a + b – c + d =   *

1

a c c a

b d d b

   

 



 

   

 

Lại có P(x) = (x – 1)(x3 + 1)Q(x) + ax3 + bx2 + cx + d

= (x3 + 1)[(x – 1)Q(x) + a] + bx2 + cx + d – a = (x3 + 1)B(x) + x2 + x +

 b = 1; c = 1; d – a = (**) Từ (*) (**) có a = -1; b = 1; c = 1; d = Vậy đa thức dư cần tìm –x3 + x2 + x

Bài 2: (4 điểm)

a) ĐK a0,a4,a9 Kết rút gọn

2 Q

a

 

b) Ta có:

   2

1 1

2

2 1 4 4

n n n n n n

n

n n n n n n n

     

  



     

 

1 1 1

2

n n

n n

n n

   

     



  

Từ ta có 1 1

2

n S

n

 

   



  (Vì

1

1

1

n

 

 )

(BL: với n1 không n3 đề) Bài 3: (2 điểm) Cho a, b, c số nguyên dương

Chứng minh

2 2 2

0

a c c b b a

b c a b c a

  

  

  

Vì a, b, c dương nên b + c, a + b, c + a dương, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2c2a b c a c2b2bc c ab2a2bca b 0

        

     

       

2 2

2 2 2 2 2

4 4 2 2 2

2 2

2 2 2

0

0

0 *

a a b c a b c b b c a b c a c c a b c a b a a b b b c c c a

a b c a b b c c a

a b b c c a

               

      

      

      

(BL: a; b; c không cần phải nguyên)

Bài 4: (4 điểm) Qua tâm O hình vng MNPQ có độ dài cạnh x(cm), kẻ đường thẳng

d (d cắt cạnh MQ A cắt cạnh NP B), cho biết AB = y(cm) Tính tổng khoảng

cách từ đỉnh hình vng MNPQ đến đường thẳng d theo x, y

Chứng minh MH = PJ, QK = NI, OA = OB = 1

2 AB2 y Do MH + PJ + QK + NI = 2(MH + QK)

Lại có ( )

2

MOQ MOA QOA

S S S  OA MHQK

2

1

( )

2

1

2 2 2

1

MOQ MOA QOA

MNPQ MOQ

S S S OA MH QK

S x

S x

MH QK

OA OA y y

   

     

Vậy MH + PJ + QK + NI =  

2

2x cm y

Bài 5: (4 điểm) Cho ABC vuông A, AB = c, AC = b, BC = a Kẻ trung tuyến BE,

CD Biết BE = m, CD = n (a, c, b, n, m có đơn vị đo) Gọi (I; r) đường tròn nội

tiếp ABC diện tích ABC = S

a) Chứng minh r 2S

a b c

  

b) Chứng minh

2

2

1 20

r m n  a) Tự giải

b)  

     

2

2 2 2

2

2 2 2

2 2

2

4

4

5 5

4

S a b c

r b c b c

m n b c a b c b c a b c b c

c b

 

  

          

  

   

   

Lại có

 

 

 

 

2

2 2 2

2

2

2

a b c bc b c bc b c

b c bc b c bc b c

       

      

Do

   

2 2

2

2

4 2

5 20

5.2 2

r b c

m n bc bc bc



   

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 1

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TP BUÔN MA THUỘT

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề)

Bài 1: (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

2

2

2012 2012

1 2012

2013 2013

A   

b) Tìm giá trị lớn  0

1

B x

x x

 

 

Bài 2: (2 điểm)

Giải phương trình: 3x2 5x 8 3x25x 1 Bài 3: (2 điểm) Cho hệ phương trình:

3

x my m mx y m

  

 

  



a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x.y đạt giá trị lớn

nhất Tìm giá trị lớn (cần xem lại đề, có GTNN)

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < Bài 4: (4 điểm)

a) Chứng minh (n4 – 4n3 – 4n2 + 16n)  384 (với n chẵn, n ≥ 4)

b) Cho a + b + c + d = Chứng minh a2 + b2 + c2 + d2 ≥

Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) Hai đường kính cố định (O) AB CD vng góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình

chiếu M CD AB

a) Tính sin2MBAsin2MABsin2MCDsin2MDC

b) Chứng minh  

2

OK  AH RAH

c) Tìm vị trí điểm M để giá trị PMA MB MC MD lớn

Bài 6: (5,5 điểm) Cho AB đường kính đường tròn (O; R) C điểm thay đổi

trên đường tròn (C khác A B), kẻ CH vng góc với AB H Gọi I trung điểm

AC, OI cắt tiếp tuyến A đường tròn (O; R) M, MB cắt CH K

a) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn

b) Chứng minh MC tiếp tuyến (O; R)

c) Chứng minh K trung điểm CH

d) Xác định vị trí C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn ? Tìm giá trị lớn

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

Bài 1: (2 điểm) a)

2

2

2

2012 2012 2012 2012 2012

1 2012 2012

2013 2013 2013 2013 2013

A            

 

2

2

1 2012 2012

2 2012 2012 2012

2013 2013 2013 2013 2013

1 2012

2012 2013

2013 2013

 

          

 

   

b) Ta có  

2

1

1 0

2

x x  x    x

  Do B lớn x x1 nhỏ Mà

 

2

1 3

1

2 4

x x  x    x

  , dấu “=” xảy

1

0

2

x  x (TMĐK)

Vậy GTLN B

3

4



4

x

Bài 2: (2 điểm)

ĐK: 3x25x 8 0, 3x25x 1

Đặt 3x25x 1 t t 0, phương trình trở thành t 7 t  1 t7 1 t

7

t t t t t

         (TMĐK)

Khi ta có   

1

3 8

3 x

x x x x

x

  

       

   

(TMĐK)

Vậy phương trình có hai nghiệm 1,

3

x x  Bài 3: (2 điểm)

a) Hệ phương trình có nghiệm m m

m

    

Ta có 3   1 1  3 1  *

3 3

x my m x m m mx m m m x m m

mx y m y m mx y m mx

              



 

  

        

  

3

1

3 1

3

1

m m

x x

m m

m m

y m m y

m m

 

 

 

 

   

 

 

      

   

 

(Vì m 1)

Khi

 

 

   

2

2

2 2

4

3 1

1

1 1 1

m m m

m m m m m

xy

m m m m m

  

   

       

    

Dấu “=” xảy m = Vậy m = hệ phương trình có nghiệm (x; y)

mà GTNN xy -1

b) +) Nếu m = 1, (*) trở thành 0

2

x

y x

  

  

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 3

+) Nếu m = -1, (*) trở thành

4

x

y x

  

   

Hệ phương trình vơ nghiệm

+) Nếu m  Hệ phương trình có nghiệm

3

1 1

m x

m m y

m

 

 

 





 

 



(theo a)

Khi 1

1 1

m m m

x y m

m m m

 

          

  

Vậy  1 m0 hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < Bài 4: (4 điểm)

a) Ta có     

4 16 2

n  n  n  n n n n n

Vì n chẵn, n ≥ 4, đặt n = 2k (k ≥ 2) Ta có n44n34n216n16k2k1 k k1

Do k2,k1, ,k k1 bốn số tự nhiên liên tiếp nên có hai số chia hết cho có số chia hết cho , có số chia hết cho k2k1 k k1 8.3 24 (Vì (8; 3) = 1) 16k2k1 k k1 16.24 384

b) Vì 2a  b c d

   

   

2 2 2 2 2

2 2

4

4 *

a b c d a b c d ab ac ad bc bd cd a b c d ab ac ad bc bd cd

              

          

Lại có a2b22ab (vì

a b 20), tương tự có a2c22ac, a2d22ad, b2c22bc,

2

2

b d  bd, 2

2

c d  cd Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta được:

   

     

2 2

2 2

3

4 **

a b c d ab ac ad bc bd cd

ab ac ad bc bd cd a b c d

        

           

Từ (*) (**)a2b2c2d2 4 3a2b2c2d2

2 2 1

a b c d

     (đpcm)

Bài 5: (4,5 điểm)

a) AMBCMD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn)

   

   

0

90

sin cos , sin cos

MBA MAB MCD MDC

MAB MBA MDC MCD

    

  

Do

   

 

    

2 2

2 2

sin sin sin sin

sin cos sin cos

MBA MAB MCD MDC

MBA MBA MCD MCD

  

    

b) AMB, AMB900, MH  AB

     

2

MH AH BH AH AB AH AH R AH a

     

Mặt khác tứ giác OHMK có   

90

OK H  (gt) nên tứ giác OHMK hình chữ nhật

  MH OK b

  Từ (a), (b) OK2 AH2RAH (đpcm)

c) AMB, 

90

AMB , MH  AB MA MB  AB MH 2 R MH

CMD, CMD900, MK  CD MC MD. CD MK. 2 R MK

Do

Lại có

2 2 2

2 2

MH MK HK OM R

MH MK    

Nên

2

2

4

2

R

P R MH MK  R  R Đẳng thức xảy MH = MK  tứ giác OHMK hình vng  M điểm cung nhỏ AC

Bài 6: (5,5 điểm)

a) Ta có

2

IAIC AC (gt)



90

OI AC OIC

   

 I thuộc đường trịn đường kính OC

Lại có  0 

90

OHC CH AB  H thuộc đường

tròn đường kính OC

Vậy điểm C, H, O, I thuộc đường trịn

đường kính OC (đpcm)

b)  ,

2

OM AC OI AC IAIC AC OM trung trực AC  OCM = OAM (c.c.c)

  900

OCM OAM

   (AM tiếp tuyến (O))

MC OC

   MC tiếp tuyến (O)

c) Gọi D giao điểm MB AC

 

2

ACM  ABC sđAC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến, dây chắn cung AC (O))

Lại có ACB900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ACH ABC (cùng phụ với BAC)

 

ACM ACH

   CD phân giác MCK MCK

Mặt khác CB  CD (ACB900) CB phân giác của MCK

Do ta có KD KB  a

MD MB

Xét ABM, KH // AM (CH  AB, AM  AB)  KB KH  b MB  AM Xét ADM, CK // AM (CH  AB, AM  AB)  KD KC  c

MD  AM

Từ (a), (b), (c) KH KC KH KC

AM AM

    (đpcm)

d) Trên tia đối tia CA lấy điểm E cho CE = BC

Khi PABC  ABACBC2RACCE2RAE nên PABC đạt max AE đạt max

BCE vuông cân C 

45

AEB

 

Vì AB cố định nên E thuộc cung chứa góc 450 dựng đoạn thẳng AB, AE đạt

max  AE đường kính cung chứa góc 450 dựng đoạn thẳng AB

  

90 45

ABE ABC  C điểm nửa đường trịn (O)

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 1 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TP BUÔN MA THUỘT -

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề) Ngày thi: 24/02/2016

Bài 1: (4 điểm)

Cho biểu thức

2

2

3

1

   

   

  

 

x x x x

P

x x x x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P 5 2

  

  



x

c) Tìm giá trị nhỏ P

Bài 2: (5,5 điểm)

a) Chứng minh rằng:

30



n n với nZ b) Giải phương trình 3

5 

    x

x x

c) Cho biết 3  2  

3 4

      

a b a b a b ab0 Tìm giá trị lớn Q11

a b

Bài 3: (3,0 điểm)

a) Tìm tất số thực m để hệ phương trình

3

  



 

 mx y

x my có nghiệm (x; y) cho x > y <

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình 5x – 2007y = với x  [0; 3000]

Bài 4: (4,5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) (O’; r) cắt A B (R > r) Hai điểm O O’ nằm khác phía đường thẳng AB Vẽ tiếp tuyến chung CD cắt đường thẳng AB K (C  (O) D  (O’))

a) Chứng minh: KC2 = KA.KB

b) Đường thẳng qua C song song với AD cắt đường thẳng qua D song song với AC E Chứng minh K trung điểm AE

c) Chứng minh: BE < R + r

Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Lấy điểm D cung BC (D thuộc cung BC không chứa đỉnh A, D  B, D  C) Vẽ DH  BC (H  BC), DK  AB (K  AB), DI  CA (I thuộc đường thẳng AC)

Chứng minh rằng: BC  AC AB

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (4 điểm)

a) Rút gọn P (ĐK: x0)

    

 

2

2

3

1

1 1 1 2

3 2

1 1

   

   

  

 

     

 

 

 

         

 

      

 

x x x x

P

x x x x

x x x x x x x x

x x x

x x x x x x

b) Tính giá trị P 5 2

  

  

 x

Ta có

2

5 2 5 5

2

5

5 5

             

        

       

   

do 5 2  12 2 1

  

          

 x

Vậy giá trị P x1 1 1

   

c) Tìm GTNN P: Ta có      

2

2 1

2

1

1 1

    

 

    

  

x x x x

x x

P

x x x

(vì  

0 

  x

x với x0) Dấu “=” xảy x 1 0x1 (TMĐK) Vậy Min P = x =

Bài 2: (5,5 điểm)

a) Chứng minh rằng:

30



n n với nZ Ta có     

1 1

    

n n n n n n  (Vì n1, ,n n1 ba số nguyên liên tiếp) Lại có                

1  5 1 1

              

n n n n n n n n n n n n n n  (Vì

2, 1, , 1,

   

n n n n n số nguyên liên tiếp) Vậy 5

6,

 

n n n n ƯCLN(5; 6) = nên

30



n n với nZ b) Giải phương trình 3 *

5 

    x

x x (ĐK

3  x ) Đặt a 4x1,b 3x2a0,b0

Ta có     

2 0

*

5

  



         

   

a b a b

a b a b a b

a b

+) Trường hợp: a b 0 4x 1 3x24x 1 3x 2 x 3 (loại  x ) +) Trường hợp: 5 2

3

 

                

 

a b x x x x x

 

2



GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 3 c) Ta có: 3  2      

3 4 4

               

a b a b a b a a a b b b

         3  3    

1  1  1 1 1

                   

   

a a a b b b a b a b

 13  13  1  1  2  12  1 1  12 1

                   

 

a b a b a b a a b b

       

2

2

1

2 1 1

2                           

a b a b b a b

(Vì      

2

1

1 1

2

 

      

 

 a b  b ) Do

2

0

                

a b a

ab b

Do

   

1 2

2           a b Q

a b ab a a a a

Mặt khác  2

2

1 1

2

        



a a a

a a (Vì  

2

2 2

 a a  aa a  )

Nên

 

1

2

    

 Q

a b a a Dấu “=” xảy

2 0 1                a b

ab a b

a Vậy Max Q =  2 ab 1

Bài 3: (3,0 điểm) a)

   

2

2

2

2 5

2

2

2 3 3

3 5

3 5

3                                                         m m

y m y

y mx y mx

mx y m m

x m mx m x m

x my m m

x x

m m

(vì

3 0,

  

m m)

Khi

2

2

2

0

0 5

0 6

0                                    m

x m m

m

y m m

m

(vì

3 0,

  

m m)

b) Ta có: 5x 2007y x 2007y 401y 2y 2y Z

5 5

  

       

đặt 2y m m Z y 5m 2m m m Z

5 2

   

       

đặt  

 

 

2007y

x 2007 5k

m x 2007k 803

k k Z m 2k 5

5 2k 1

y 5k y                              

vì x0; 30000 2007k 803 3000   0k 1  k 0; k  Z

+) Với k0, ta có x 803 y     

Bài 4: (4,5 điểm)

H K E

D C

I

A

B

O O'

a) Chứng minh: KC2 = KA.KB

ACK CBK có: AKC CKB  (góc chung), ACK CBK (góc nội tiếp góc ….) Vậy ACK CBK KC KB

KC KA KB KA KC

    

b) Chứng minh K trung điểm AE

Chứng minh tương tự câu a) có KD2 = KA.KB  KC2 = KD2  KC KD 1CD a 

 

Tứ giác ACED có: AD // CE, AC // DE (gt) nên tứ giác ACED hình bình hành Suy AE CD cắt trung điểm đường (b)

Từ a) b)  K trung điểm AE c) Chứng minh: BE < R + r

Tứ giác CDO’O có: OC // O’D (OC  CD, O’D  CD CD tiếp tuyến (O) (O’)), nên tứ giác CDO’O hình thang

Gọi I trung điểm OO’, K trung điểm CD (theo trên)  IK đường trung bình bình thang CDO’O 2KIOC O D  R r 1  

Gọi H giao điểm AB OO’

 AH  OO’, AB = 2AH ((O) (O’) cắt A, B)

vì AE = 2AK (câu b), AB = 2AH  BE = 2(AK + AH) = 2KH (2)

Mặt khác KHI vuông H (AH  OO’)  KH < KI  2KH < 2KI (3) Từ 1), 2), 3)  BE < R + r

Bài 5: (3,0 điểm) Chứng minh rằng: BC  AC  AB

DH DI DK

I

K

H O A

GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm giới thiệu) trang 5

BKD CID có:  

BKD CID 90  (gt), KBD ICD (tứ giác ABDC nội tiếp) Vậy BKD CID BK CI

DK DI

 

Do AC AB AI CI AK BK AI AK BK CI AI AK  a

DI DK DI DK DI DK DK DI DI DK

     

         

   

AKD CHD có:  

AKD CHD 90  (gt), KAD HCD  (góc nội tiếp chắn BD) Vậy AKD CHD AK CH  b

DK DH

 

AID BHD có:  

AIDBHD 90 (gt), IAD HBD (góc nội tiếp chắn CD) Vậy AID BHD AI BH  c

DI DH

 

Từ a), b), c) AC AB BH CH BC DI DK DH DH DH

    

Cách 2:

I

K

H O

A

B C

D E

Trên cạnh BC lấy điểm E cho BED ACD

BED ACD có: BEDACD (gt), EBD CAD  (góc nội tiếp chắn CD) Vậy BED ACD, lại có DH  BE, DI  AC (gt) AC BE  1

DI DH

 

ABD CED có: ABD CED  (lần lượt bù với ACD BED), BAD ECD (góc nội tiếp chắn BD)

Vậy ABD CED, lại có DK  AB, DH  CE (gt) AB CE  2 DK DH

 

Từ 1), 2) AC AB BE CE BC DI DK DH DH DH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BUÔN MA THUỘT

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THCS CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017

MƠN:TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề)

Ngày thi: 24/02/2017

Bài 1: (4 điểm)

Cho biểu thức P 3x x 1 : 2x x

x x x x x x

       

      

    

   

a) Tìm điều kiện x để P có nghĩa rút gọn P b) Tính giá trị P x 18

4



 c) Tính giá trị lớn P Bài 2: (5,5 điểm)

a) Chứng minh với

Bn 3n  n 48 với n số nguyên lẻ b) Giải phương trình ( x 5 x2)(1 x27x 10) 3

c) Tìm tất cặp số tự nhiên n k để 2k

n 4  số nguyên tố (trong n 1 ) Bài 3: (2,5 điểm)

a) Cho đường thẳng (d) có phương trình 2m(m + 1)x – y = –m đường thẳng ' (d ) có phương trình 4(m – 2)x + y = 3m – 1, x, y ẩn số, m tham số, cho biết m 1,

m0, m2 m

 ) Hãy xác định giá trị m để (d) // (d’) b) Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

x y 6x4y 13 0

Bài 4: (4,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định, thẳng hàng, B nằm A C Vẽ đường tròn (O;R) cho (O;R) nhận BC làm dây cung (BC < 2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AF AE đến (O;R), (F nằm nửa mặt phẳng bờ AO có chứa dây BC) Gọi I trung điểm dây BC, EF cắt BC N cắt AO K Chứng minh:

a)

AB.AC

AF 

b) điểm A, E, O, I, F thuộc đường tròn

c) Khi đường trịn (O;R) thay đổi đường trịn ngoại tiếp KOI qua điểm cố định

Bài 5: (4,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB, lấy điểm M thuộc đường tròn cho MA < MB (M khác A B) Vẽ MC tia phân giác AMB (C thuộc AB) Qua C vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng AM BM D H Chứng minh rằng:

a) Các đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường trịn (O)

b) Gọi E hình chiếu H tiếp tuyến A (O), gọi F hình chiếu D tiếp tuyến B đường tròn (O) Chứng minh tứ giác ACHE CBFD hình vng

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 222 BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

Bài 1: (4,0 điểm)

a) P có nghĩa

x 0, x x

x x

x 0, x x

2x x x

   



   



  

  



 





 



   

  

  

2

3x x x x

3x x 1 2x x 2x x

P : :

x x x x x x x x x x

x x x 1

2x x 2x x

x x x

     

         

     

            

   

  

  

   

  

b) Ta có: x 18 18 4 7  12

4



     

 (TMĐK)

Do

   2

1 26

P

109 26

2 7



  



   

c) P 1 2

15

2x x 5 15

2 x

4

  

   

 

 

 

Dấu “=” xảy x x 25

4 16

    (TMĐK)

Vậy max P = x 25 15 16

Bài 2: (5,5 điểm)

a)          

Bn 3n   n n n n  3 2k 2k2 2k4 8k k k 2 (n lẻ, n2k 1 ) Vì k k k   26B 48

b) ĐK: x 2 Đặt a x5, b x2 a 0, b0 ta có:

  

2

a b

a b ab

  

 

  

 

         

2

a b

a b a b ab a b a b ab a b a 1 b a

b   

                 

    +) ab x 5  x20x3 (vô nghiệm)

+)

a 1 b  2 (vơ lí) +) b 1 a2  4 a2 (vì

a0) Ta có: x52x 1 (TMĐK) Vậy phương trình có nghiệm x = –1

c) Tìm tất cặp số tự nhiên n k để 2k

n 4  số nguyên tố (trong n 1 ) Ta có: 2k 2k 2k 1  2k  2k 1 2 k 2

n 4  n 2n  2  2n   n 2   n

 2k k  2k k   k2 2k  k2 2k n   n n   n  n 2   n 2 

         

   

   

+) Nếu n1, k0 n442k 1 5 số nguyên tố

+) Nếu n1, k0  k2 2k  k2 2k 2k

n2 2 2; n2 2 2n 4  hợp số Vậy n = 1, k =

Bài 3: (2,5 điểm)

a) Ta có : 2m(m + 1)x – y = –m  y = 2m(m + 1)x + m (d)

4(m – 2)x + y = 3m –  y = –4(m – 2)x + 3m – (d’) Do (d) // (d’)  

m m 4 

m 2m(m 1) m

1

m

m 3m m

2

   



      

   

 

   

 

 Vậy m = m = –4 (d) // (d’)

b) 2  2  2 x

x y 6x 4y 13 x y

y

 

           

  

(thỏa mãn x, y  Z) Bài 4: (4,0 điểm)

K N

F E

I

A B C

O

a) AF2 AB.AC

ACF AFB có: CAF FAB (góc chung), ACFAFB (góc nội tiếp góc ….) Vậy ACF AFB  AF  ABAF2 AB AC

AC AF

b) điểm A, E, O, I, F thuộc đường tròn.

 

AEOAFO90 (AE, AF tiếp tuyến (O)); AIO900 (do IB IC BC

  )

Vậy điểm A, E, O, I, F thuộc đường trịn đường kính OA

c) Khi đường trịn (O;R) thay đổi đường trịn ngoại tiếp KOI qua điểm cố định.

Vì B, C cố định  I cố định, nên đường trịn ngoại tiếp KOI ln qua điểm cố định I đường tròn (O;R) thay đổi

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS PPPhhhaaannn CCChhhuuu TTTrrriiinnnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 444

F

E

N D

H

C

A O B

M

a) Các đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường tròn (O). ABD: DC  AB (gt), BM  AD (

AMB90 , góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  H trực tâm ABD  AN  BD  

ANB90  N nằm đường tròn (O) b) Chứng minh tứ giác ACHE CBFD hình vng.

Ta có:  

ACHAEH90 (gt), 

AMH90 (cmt)  A, C, H, M, E thuộc đường trịn đường kính AH    AMB

CAH CMH 45

2

    AH phân giác góc CAE

Tứ giác ACHE:   

ACE90 , AH phân giác góc CAE  tứ giác ACHE hình vng

Do  

CAH45 , ANB90 ABN vuông cân N   CBF CBD 45

2

   BD phân giác góc CBF

Tứ giác CBFD:   

BCF90 , BD phân giác góc CBF  tứ giác CBFD hình vng c) Chứng minh bốn điểm M, N, E, F thẳng hàng.

 

AMEAHE45 (góc nội tiếp chắn cung AE đường trịn đường kính AH)

 

BMNBAN45 (góc nội tiếp chắn cung BN đường trịn (O))

     0 0

EMNAME AMB BMN  45 90 45 180  E, M, N thẳng hàng (1) Lại có 

BMD90 (BM  AD), tứ giác CBFD hình vng  M nằm đường trịn ngoại tiếp hình vng CBFD  

CMF90 FMCM, lại có NMCM

(   0

NMCBMNBMC45 45 90 ) F, M, N thẳng hàng (2) Từ (1), (2)  E, M, N, F thẳng hàng (đpcm)

d) Gọi S ,S1 2 diện tích tú giác ACHE BCDF Chứng minh:

1 CM  S S .

Ta có  

ECHFCH45 (ACHE; CBFE hình vng)   ECF90

ECF: 

ECF90 , CM  EF (cmt)



1

2 2 2 2

1

1 1 2 1

CM S S

CM CE CF CE CF 2AC 2BC AC BC S S

       

  

Dấu “=” xảy 1 CE CF CE CF

     AC = BC  MA = MB (không thỏa mãn MA < MB) Vậy

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BUÔN MA THUỘT

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018

MƠN:TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề)

Ngày thi: 06/03/2018

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức K x x 26 x 19 x x

x x x x

  

  

    Tìm điều kiện để K có nghĩa

và rút gọn K b) Cho

2

2018x 2019 x 2020

B

1 x

  



 Tìm giá trị nhỏ B

Bài 2: (4,5 điểm)

a) Chứng minh n số nguyên dương thì: A5 (5n n1) (3 n n2 ) 91n 

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 8y 3(x2xy y )

c) Giải phương trình: x2 3x x

x

    

Bài 3: (3,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm giá trị tham số m để hai đường thằng (d): yx2 (d’): y 3 mx cắt điểm có tọa độ dương

b) Cho a, b, c số dương thỏa mãn

1

3

a b c

a b c 12

    

  

  

Tìm a, b, c

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho tam giác ABC vng cân A có AB = AC = a Gọi D trung điểm BC, E điểm di động đoạn thẳng AD Gọi H K hình chiếu E lên cạnh AB AC Kẻ HI vng góc với DK (với IDK) Đường thẳng DK cắt đường thăng vng góc với AB B F

a) Chứng minh năm điểm A, H, E, I, K thuộc đường trịn b) Tính số đo góc HIB

c) Chứng minh ba điểm B, E, I thẳng hàng

d) Tìm vị trí E AD để diện tích tam giác ABI lón Tính giá trị lớn theo a

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O,R) vẽ tứ giác ABCD có đỉnh thuộc đường trịn (O) a) Chứng minh AB.DC + AD.BC = BD.AC

b) Gọi D điểm cung lớn BC có chứa đỉnh A Trên BC chọn I cho BI = 2IC, DI cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai E

Chứng minh AB 2AE AE.BC CE

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 222 BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

Bài 1: (4,0 điểm) a) K có nghĩa

x

x x x x x

x   

    



 



  

 

  

    

  

     

  

  

x x 26 x 19 x x x x

x x

x x 16

x x 26 x 19 2x x x x x x x 16 x 16 x 16

x

x x x x x x

x x 26 x 19 x x

K

x x x x

      



 

 

          

   



     

  

  

   

b) Cho

2

2018x 2019 x 2020

B

1 x

  



 Tìm giá trị nhỏ B

(ĐK:  1 x1) Đặt a2019, ta có        

2

2

a a a x a

a M a x

x a x B

1 x

    

   



  





             

   

   

 

2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

a x a x a 4a x a x a x a M

1 x x

a x a

4a 4a x 0, a x a

1 x

           

  

 

    

   

          



M a B a a 2019 2019

      

Đẳng thức xảy a x a 1 x a 2018 1009 a 2020 1010



           

 (TMĐK)

Bài 2: (4,5 điểm)

a) n n n n n n n n n  n n  n n

5 18 12 25 18 12

A5 (5 1) (3 2 )25        

lại có n n n n  n n  n n

5 18 12 25 12 18 13

A25         ; mặt khác 7;13 1 A 13  91

b) 2    

3y x 3y 8y *

x 8y 3(x xy y ) 3x     

Ta có  2  

3y 12 3y 8y 27y 90y

        

Do  * có nghiệm 15 57 15 57  

0 27y 90y y y 0;1; 2;3

9

 

           

+) y 0 3x2x 0 x 3x 1   0 x0 (vì xZ)

+) y 1 3x22x 5 0x 3x  50x1 (vì xZ)

+) y 2 5x x 73

6

3x  

       (loại, xZ)

+) y 8x x

3

3x  

       (loại, xZ) Vậy cặp số nguyên x; y cần tìm 0; ; 1;1   c) ĐKXĐ:

2

x x

   

 

2

2

2

2 1 x 3x 2 x 1 x 2x

x x

1 1

x x x x

x x x x

1

x

1 2

x x x

x

x

2

1

x 3x x x 3x x

x  x          

                                                                    x 

  (TMĐK) Bài 3: (3,5 điểm)

a) (d) cắt (d’)   1 mm 1

Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (d’) là:

 

x mx m x x

m

       

 (do m 1) Khi y 2m

m m



  

 

Tọa độ giao điểm (d) (d’) dương

5

m

m

1 m

3 2m 2m

0 m                        (TMĐK)

b) Với a, b, x, y số dương ta chứng minh minh    

2

1

a b a b

x y x y

              

2 2 2 2 2

2

2 2

1

2 0 , , ,

            

      

a y b x x y xy a b a xy a y b x b xy a xy b xy abxy a y b x abxy ay bx Luon dung voi moi a b x y

Dấu “=” xảy ay bx a b

x y

   

Dựa vào (1) ta chứng minh    

2 2

2

a b c

a b c

x y z x y z

 

  

  với a, b, c, x, y, z số dương

Thật    

2

2 2 a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

   Dấu “=” xảy

a b c x  y  z Áp dụng (2), ta có:  

2

1 36 36

3 a b c a b c 12

1

a b c

 

   

   

  (vì 0   a b c 12) Dấu ”=” xảy

a 2

b a b c

a b c 12 c 6                   

Bài 4: (4,5 điểm)

a) Chứng minh năm điểm A, H, E, I, K thuộc đường tròn Dễ dàng chứng minh tứ giác AHEK hình vng

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 444 Vậy A, H, E, K, I thuộc đường trịn đường

kính HK

b) Tính số đo góc HIB

 

BDF CDK g.c.g BF CK

     , lại có

BHAB AH AC AK CKBFBH

mà  0 

HBF90 BFAB nên BHF vuông cân B 

HFB 45

 

Tứ giác BHIF có   0 

HIFHBF90 gt  tứ giác BHIF nội tiếp  

HIB HFB 45

  

c) Chứng minh ba điểm B, E, I thẳng hàng

Ta có 

HAE45 (do tứ giác AHEK hình vng)

Vì A, H, E, K, I thuộc đường trịn đường kính HK (câu a)

 

HIE HAE 45

   , mặt khác HIB450(cmt)  B, E, I thẳng hàng

d) Tìm vị trí E AD để diện tích tam giác ABI lón Tính giá trị lớn đó theo a

ABI

 vuông I (gt), nên

2

2

ABI

1 AI BI 1

S AI BI AB a

2 2 4



     

Đẳng thức xảy AIBI I DED

Vậy

ABI

max S a E D

4

  

Bài 5: (4,0 điểm)

a) Chứng minh AB.DC + AD.BC = BD.AC

Trên đoạn thẳng AC lấy điểm K cho ABKCBD

Ta có: ABKCBD ABD DBKKBC DBK  ABDKBC

Xét ABD KBC: ABD KBC (cmt), ADBKCB (góc nội tiếp chắn cung AB) Vậy ABD KBC (g.g)  AD  KC  AD BC KC BD a  

BD BC

Xét ABK DBC: ABKDBC (gt), BAKBDC (góc nội tiếp chắn cung BC) Vậy ABK DBC (g.g)  AB  DB  AB DC  AK BD b  

AK DC

Từ a) b) AB DC  AD BC  AK BD KC BD BDAK KCBD AC b) Chứng minh AB 2AE AE.BC

CE

 

Cần xem lại đề !!!!!! (Kiểm nghiệm sketpad đây)

I

F

K H

D C

A

B

E

O D

A B

Trường hợp

m CGD = 136,46

m BAD = 136,46

m AC = 7,82 cm

m BA+2m AE

 -m AEm CB

m CE = 0,00 cm

m CE = 1,93 cm m AE = 7,82 cm m BA = 6,34 cm

m BI-2m CI = 0,00 cm

m BI = 3,62 cm m CI = 1,81 cm

m CB = 5,43 cm

E

I

D O

C

B A

Trường hợp sai

m CGD = 120,08

m BAD = 120,08

m AC = 9,75 cm

m BA+2m AE

 - m AEm CB = 1,70 cm

m CE = 3,48 cm m AE = 10,61 cm m BA = 8,56 cm

m BI-2m CI = 0,00 cm m BI = 6,14 cm

m CI = 3,07 cm

m CB = 9,20 cm

E

I

D

O C

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 666 Bàn luận: Đẳng thức cần chứng minh AB CE 2AE CE AE BC *  

Áp dụng kết câu a) tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn (O) nên ta có: AB CE BE AC AE.BC, để chứng minh  * ta cần chứng minh

 

CE AC

2AE CE BE AC **

BE 2AE

    

Lại có CDBADCED BED EI phân giác BCE CE IC 1IB 2IC BE IB

   

Nên để chứng minh  ** ta chứng minh AC AC AE

2AE  2  !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TP BUÔN MA THUỘT

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP THÀNH PHỐNĂM HỌC 2018-2019

MƠN:TỐN

Thời gian: 150 phút (khơng tính giao đề) Ngày thi: 25/01/2019

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức :

2 2

x x x x x x

K

x x x x

       

        

   

   

Tìm điều kiện để K có nghĩa rút gọn K

b) Cho A xy z yz x zx y xyz

    

 Tìm giá trị lớn A

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Chứng minh với số tự nhiên n chẵn, n4 ta ln có:

4

4 16 384

n  n  n  n

b) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x7y55 c) Giải phương trình: 2

25 25

x x x x  d) Cho a0,b0,c0 a b  c

Chứng minh a b  b c  ca  Dấu “=” xảy ?

Bài 3: (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d :yk1xn k1 hai

điểm A0; , B1; 0 (với k n, tham số) 1) Tìm giá trị k n để:

a) Đường thẳng  d qua hai điểm A B

b) Đường thẳng  d song song với đường thẳng   :y  x k

2) Cho n2 Tìm k để đường thẳng  d cắt trục Ox điểm C cho diện tích

tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho góc xOy Hai điểm A, B thuộc Ox Hai điểm C, D thuộc Oy Tìm tập hợp

những điểm M nằm góc xOy cho hai tam giác MAB MCD có diện tích

Bài 5: (6,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính BC, dây AD vng góc BC H Gọi E, F theo

thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi (I), (K) theo thứ tự

đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, tam giác HCF

a) Xác định vị trí tương đối đường tròn: (I) (O); (K) (O); (I) (K) b) Tứ giác AEHF hình ? Vì ?

c) Chứng minh: AE AB AF AC

d) Chứng minh EF tiếp tuyến chung (I) (K)

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 222

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC

Bài 1: (4,0 điểm)

a) K có nghĩa

 

0

0

2 0

1

1

2

2

2

1 2 1

1

0

2

1 x x x x x x x

x x x x

x x x                                            

Ta có: :

2 2

x x x x x x

K

x x x x

                                                  

1 2 2 1 2 2

:

2 2

2

2 2 2

2

2 2 2 2

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 x x x x x x x x

                                           

b) (ĐK: x2;y3;z1)

   

2 3

1 3

2

x y

xy z yz x zx y z x y z

A

xyz z x y z x y

 

        

      

Áp dụng bất đẳng thức  0; 0

2

a b

ab   a b Do z 1 0;x 2 0;y 3 nên ta có:

 

     

     

2

1 1 2

1 ; 2

2 2 2 2

3

3

3

2 3

x

z z z x x

z x z x y y y y y                        

1 1 2

2 2 12

A  

     Dấu “=” xảy

1 2 3

2; 3;

z x x y y z

x y z

                        

Vậy   2 4; 6;

12

Max A    khi x y z

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Vì n chẵn n2k k N k, 2

Do đó:  4  3  2  

4 16 4 16 16 32 16 32

n  n  n  n k  k  k  k  k  k  k  k

      

16k k 2k k 16 k k k k

       

Vì k2,k1, ,k k1 bốn số tự nhiện liên tiếp k2k1 k k1 3

k2k1 k k1 8 k2k1 k k12416k2k1 k k1 16 24  384

Vậy

4 16 384

n  n  n  n với số tự nhiên n chẵn, n4

b) Ta có: 55 55 18 0 8

3

y y

Đặt 1  ; 18 3  16

y

t   y  t tZ x   t  t  t Vì 0 y 8 3  t    8 t 0  t  2; 1; 0  +) Nếu t 2 x16 7   22;y   1  27

+) Nếu t 1 x16 7   1 9; y   1  1 4

+) Nếu t0 x16 16;   y   1

Vậy nghiệm nguyên dương phương trình 2; , 9; , 16;1    

c) (ĐK:  5 x5) Vì  5 x   5 x 0; 5 x Do

   

2 2

25 25 25 25 5 5

x x x x   x x x  x   x xx x x 

 

 

5

5

5 5 *

5 5

x TMDK

x

x x x x

x x x x

    

 

     

       



+) Nếu x0 50 5 50 Vậy x0 nghiệm  *

+) Nếu 0x  5 x  5 x 5x 5x  5x 5x 0 x 5x 0 nên  * vô nghiệm

+) Nếu  5 x0 5 x  5 x 5x  5x 5x 5x0 x 5x0 nên  *

vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0 x5

d) Áp dụng bất đẳng thức  2  2 2 2 2

ax by cz  a b c x y z Ta có:

 2  2 2     

1 1

a b  b c  ca    a b b c c    a   a b c   do a b c  

6

a b b c c a

       Dấu “=” xảy

3

a b b c c a

a b c a b c

     



    

   



Bài 3: (3,0 điểm)

1) Tìm giá trị k n

a)  d qua hai điểm A B, nên có:  

   

2

0 1

k n n

k n k

   

  





 

     

 



b)  d song song với đường thẳng   :y  x k 1

2

k k

n k n

  

 

 

  

 

2) Khi n2, đường thẳng  d :yk1x2 k1, cắt Ox điểm ;

C k

 

 



 

1 2 1

2 ; 1

2 1 2

OAC OAB

S OA OC S OA OB

k k

             

 

Khi 2 1 1

1

1

OAC OAB

k k

S S k

k k

k

  

 

        

   

   (TMĐK)

Bài 4: (2,0 điểm)

Lấy điểm E thuộc Ox cho OE = AB; điểm F

thuộc tia Oy cho OF = CD Gọi N trung

điểm EF Lấy điểm M thuộc tia ON, ta có

y

F C

D

G

GGVVV::: NNNggguuuyyyễễễnnn DDDưưươơơnnnggg HảHảHảiii ––– TTTHHHCCCSSS NNNggguuuyyyễễễnnn CCChhhííí TTThhhaaannnhhh ––– BBBMMMTTT ––– ĐĐĐăăăkkk LLLăăăkkk (((SSSưưưuuu tttầầầmmm và gggiiiớớớiii ttthhhiiiệệệuuu))) tttrrraaannnggg 444 mà SMOE SMAB;SMOF SMCD SMAB SMCD

Vì AB, CD khơng đổi, nên E, F cố định  N cố định  tia ON cố định Vậy M thuộc tia

ON SMAB SMCD

Bài 5: (6,0 điểm)

K I

E

F

D A

B H O C

a) 

, 90

BEH BEH

   BEH nội tiếp đường tròn đường kính BH  I trung điểm BH, OI OBIB nên (I) (O) tiếp xúc



, 90

CFH CFH

   CFH nội tiếp đường trịn đường kính CH  K trung điểm CH, OK OCKC nên (K) (O) tiếp xúc

Lại có: IK IHKHnên (I) (K) tiếp xúc ngồi b) Tứ giác AEHF:   0  

90 ; 90

AEH  AFH  gt EAF  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật

c)      

, 90 , a; , 90 , b

AHB AHB HE AB AH AE AB AHC AHC HF AC AH AF AC

           

Từ (a) (b) suy AE AB AF AC (đpcm)

d) Ta có FEH AHE (vì tứ giác AEHF hình chữ nhật)

 

IEH IHE (vì IHE cân I)

     

90

FEI FEH IEH AHE IHE AHB

       (AD  BC)  EF tiếp tuyến (I) E

Chứng minh tương tự có EF tiếp tuyến (K) F Vậy EF tiếp tuyến chung (I) (K) (đpcm)

e) Vì EF = AH (do AEHF hình chữ nhật) nên EF lớn  AH lớn Mà

 

1