Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Phú Thọ từ năm 2007 đến 2019

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình. Tính b{n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R.. [r]

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp THCS năm học 2007-2008 MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

-

Câu (2 điểm)

a) Chứng minh phương trình 3

200720082009

x y  khơng có nghiệm ngun b) Cho a2008b2008c2008 1 (1) a2009b2009c2009 1 (2),

Tính giá trị tổng: a2007b2008c2009

Câu (2 điểm) Giải hệ phương trình

   

   

   

xy 4x 5y yz 3y 4z zx 5z 3x

  



 



  

 Câu (2 điểm)

Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện a2b2c2 3 Tìm giá trị lớn tổng P a 3 b 3  c 3

Câu (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) (O; r) (R > r) Gọi P điểm cố định (O; r) B điểm (O; R) Đường thẳng qua P vuông góc với PB cắt (O; r) A, đường thẳng PB cắt (O; R) C cắt (O; r) điểm thứ hai D Chứng minh điểm B di chuyển đường trịn (O; R) thì:

a) Tổng AB2 + BC2 + CA2 không đổi

b) Trung điểm M đoạn thẳng AB ln thuộc đường trịn cố định

Câu (2 điểm) Xét tam giác ABC có chung cạnh BC cố định v| có đỉnh A nằm đường thẳng d cố định song song với BC Gọi I điểm nằm tam giác x, y, z khoảng cách từ I đến cạnh BC = a, CA = b, AB = c Đặt

  a b c P

x y z

a) Cố định đỉnh A tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ

Hết

Họ tên thí sinh SBD Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS

NĂM HỌC 2007-2008

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Đề thức, ngày thi: 06 tháng năm 2008)

Một số ý chấm

 Hướng dẫn chấm thi đ}y dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp logic

 Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

Điểm thi tổng c{c điểm thành phần không làm tròn số

CÂU (2 điểm)

a) Chứng minh phương trình 3 

x y 200720082009 khơng có nghiệm ngun

b) Cho 2008 2008 2008

a b c 1 (1) 2009 2009 2009

a b c 1 (2), tính giá trị tổng 2007 2008 2009

a b c

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

a) Ta có

(x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) = 200720082009 + 3xy(x + y) 0,25 điểm Suy (x + y)3 chia hết cho v| x + y chia hết cho 0,25 điểm Từ có x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) 0,25 điểm Vì x3 + y3 chia hết cho 9, cịn số 200720082009 khơng chia hết

phương trình cho khơng có nghiệm nguyên 0,25 điểm

b) Từ (1) có 2009 2008 2009 2008 2009 2008

a 1, b 1, c 1, suy a a , b b ,c c 0,25 điểm Do 2009 2009 2009 2008 2008 2008

a b c a b c (3) 0,25 điểm Tõ (1), (2), (3) cã a2009 a2008, b2009 b2008,c2009 c2008 0,25 điểm Từ 2009 2008  

a a a a 1   0 a 1, a0 , a2007 = a2008

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

2007 2008 2009 2008 2008 2008 a b c a b c 1

BÀI (2 điểm) Giải hệ phương trình

   

   

   

xy 4x 5y yz 3y 4z zx 5z 3x

  



 



  



ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Dễ thấy hệ phương trình nhận (0; 0; 0) làm nghiệm 0,25 điểm Ngoài ra, ẩn nhận giá trị ẩn cịn lại

nhận giá trị Do ta cịn phải tìm nghiệm (x; y; z) với x, y, z khác

0,25 điểm

Từ (1) (2) có x 4x 5y 3xy 4zx 4zx 5yz 3x 5z z 3y 4z



      

 (4) 0,50 điểm

Thay (4) v|o (3) zx6.10z x 60 0,25 điểm Thay x = 60 v|o (4) 5z = 180, z = 36 0,25 điểm Thay x = 60 v|o (1) 60y6 4.60 5y  5y240 y 48 0,25 điểm Nghiệm (x; y; z) hệ là: (0; 0; 0) (60; 48; 36) 0,25 điểm

BÀI (2 điểm)

Cho a, b, c số dương thoả mãn đ/kiện 2

a b c 3 Tìm giá trị lớn tổng

a 3 b 3  c 3

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Ta có a  3 a3 4 4 a3 0,25 điểm Suy a a

4 

  0,25 điểm

Tương tự b b 

  c c

4 

  0,25 điểm

Do a b c a b c 21   

      (1) 0,25 điểm

L¹i cã

2 2

a b c

a , b , c

2 2

  

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Do

2 2

a b c

a b c

2

  

   0,25 điểm

Suy

2 2

2 2

a b c

21

a b c 21 2 2 2 a b c 45

6

4

     

        

(2)

0,25 điểm

Từ (1) (2) ta có: a 3 b 3  c 3 6 Khi a = b = c = c{c đẳng thức xảy 2

a b c 3 Vậy giá trị lớn P

0,25 điểm

Câu (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) (O; r) (R > r) Gọi P điểm cố định (O; r) B điểm (O; R) Đường thẳng qua P vng góc với PB cắt (O; r) A, đường thẳng PB cắt (O; R) C cắt (O; r) điểm thứ hai D Chứng minh điểm B di chuyển đường trịn (O; R) thì:

a) Tổng AB2 + BC2 + CA2 không đổi

b) Trung điểm M đoạn thẳng AB ln ln thuộc đường trịn cố định

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

a) Ta có

T = AB2 + BC2 + CA2

= (AP2 + PB2)+ (2CP + PD)2 + ((PA2 + (PD + CD)2)

= AP2 + PB2 + 4CP2 + CP PD +PD2 + PA2 + PD2 + 2PD.CD + CD2

= 2AP2 + 2PD2 + 6CP2 +6.CP PD = 8r2 + PC(PC + PD)

= 8r2 + PC CD (1)

0,50 điểm

Gọi E, F giao điểm tia CO (O; r) với E nằm C O Khi có

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

A

E D P

O

B C

F

A

D P

O

B C

M

I K

Chó ý: Trong hai ý a) b) làm ý tr-ớc đ-ợc

b) Gọi I l| trung điểm OC, K l| trung điểm OP, ta có:

2.IK = CP IK // CP; 2.OM = BD OM // BD 0,50 điểm Vì CP = BD nên IK = OM, IK = OM, IKMO l| hình bình hành

Suy

KM = IO = R

0,25 điểm

Vì P O cố định nên K cố định Do đó, điểm B di chuyển đường trịn (O; R) M ln ln thuộc đường trịn (K; R

2 ) cố định

0,25 điểm

Câu (2 điểm) Xét tam giác ABC có chung cạnh BC cố định v| có đỉnh A nằm đường thẳng d cố định song song với BC Gọi I điểm nằm tam giác x, y, z khoảng cách từ I đến cạnh BC = a, CA = b, AB = c Đặt

  a b c P

x y z

a) Cố định đỉnh A tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ

b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

a) Ta có

  

  

 



S(ABC) S(IBC) S(ICA) S(IAB)

1 1

ax by cz

2 2

ax by cz

0,50 điểm

Suy ax + by + cz số khơng phụ thuộc vào vị trí điểm I Ta có

 

 

       

                 

 

     

        

2 2

2 2

a b c x y y z z x

ax by cz a b c ab bc ca

x y z y x z y x z

a b c 2ab 2bc 2ca a b c

0,50 điểm

Dấu đẳng thức xảy x = y = z, nghĩa l| I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC Khi

   



2

a b c P

2S(ABC)

0,50 điểm

d

z

x

y

A

B

A

C

I

D

b) Từ đề b|i suy c{c tam gi{c xét có diện tích khơng đổi Lấy D đối xứng với C qua d Đường thẳng BD cắt d A/ Khi tam giác có cạnh BC v| đỉnh A thuộc d, ta có

b c CA AB DA AB BD

Dấu đẳng thức có A trùng với A/, tam gi{c ABC c}n A

0,25 điểm

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

 

 

 

 

 



2 2

a a h

4 P

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp THCS năm học 2008-2009 MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

-

C©u (2 điểm)

Tìm nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình: xyz x y z Câu (2 điểm)

a) Giải ph-ơng trình x3 x2 x   

b) Cho số d-ơng x, y, z thỏa mÃn điều kiện xyz = 100 Tính giá trị biểu thức y

x 10 z

A

xy x 10 yz y xz 10 z 10

  

     

Câu (2 điểm)

a) Chứng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z cã tỉng số không âm 3

x y z 3xyz b) Cho m, n số thỏa mÃn điều kiện mn

2

Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc

2 2

2 2

m n m n

P

m n m n



Câu (1.5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đ-ờng thẳng (d) có ph-ơng trình m x   m y 1   (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đ-ờng thẳng (d) lớn nhất.

C©u (2,5 điểm)

Cho đ-ờng tròn tâm O, đ-ờng kính BC = 2R Từ điểm P tia tiếp tuyến Bt đ-ờng tròn, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A tiếp điểm) với đ-ờng tròn Gọi H hình chiếu A lên BC, E là giao điểm PC AH Đ-ờng thẳng qua E song song với BC cắt OA F

a) Tính AH theo R khoảng cách d = PO

b) Chứng minh P di chuyển tia Bt F ln thuộc cung tròn cố định

-Hết -

Họ tên thí sinh SBD

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Sở giáo dục đào tạo Phú Thọ

H-íng dÉn chÊm thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp THcs

năm học 2008-2009

môn Toán

(H-ớng dẫn chấm thi đề thức có trang) I Một số ý chấm

 H-ớng dẫn chấm thi d-ới dựa vào lời giải sơ l-ợc cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp logic

 Thí sinh làm cách khác với H-ớng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm t-ơng ứng với biểu điểm H-ng dn chm

Điểm thi tổng điểm thành phần không làm tròn số

II Đáp án biểu điểm câu (2 điểm)

Tìm nghiệm nguyên d-ơng ph-ơng trình

xyz x y z

Đáp ¸n biĨu

®iĨm

Ph-ơng trình cho t-ơng đ-ơng với

1 1

1 xy yzzx 

0,25 ®iĨm

Không tính tổng quát, giả sử x y z (*) 0,25 ®iĨm - NÕu z3 th× 1 32 1

xy yzzx  z  3 (loại) 0,25 điểm - Nếu z2 ph-ơng trình cho trở thành

2xy  x y 2 Hay 2x 2y 1    5

0,25 ®iĨm

Do (*) nên có tr-ờng hợp 2x - = vµ 2y - = 1, suy x = y =

1 0,25 điểm

- Nếu z1 ph-ơng trình cho trở thành

xy  x y

x y 1    2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Do (*) nên có tr-ờng hợp x - = vµ y - = 1, suy x = y = 0,25 điểm NghiƯm lµ: (3 ; ; 1), (3 ; ; 2), (2 ; ; 1), (2 ; ; 3), (1 ; ; 2), (1 ; ; 3) 0,25 điểm

CÂU (2 điểm)

a) Giải ph-ơng trình

x x x

3   

b) Cho số d-ơng x, y, z thỏa mÃn điều kiện xyz = 100 Tính giá trị cđa biĨu thøc

y

x 10 z

A

xy x 10 yz y xz 10 z 10

  

 .

Đáp án biĨu

®iĨm

a) Ph-ơng trình cho t-ơng đ-ơng với ph-ơng trình 3

4x x 3x 3x

     0,25 ®iĨm

 3 4x x

   0,25 ®iĨm

x x

  

3 4 x  1 0,25 ®iĨm Nghiệm ph-ơng trình: x 3

4



 0,25 ®iĨm

b) Ta cã xyz 10 0,25 ®iĨm

xy

x 10 z

A

xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz

  

      0,25 ®iÓm

 

xy

x 10 z

A

xy x 10 10 xy x z x 10 xy

  

      0,25 ®iÓm

A x xy 10

xy x 10 10 xy x x 10 xy

  

      = 0,25 điểm

CÂU (2 ®iĨm)

a) Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z có tổng số không âm th× 3

x y z 3xyz b) Cho m, n số thỏa mÃn ®iỊu kiƯn mn

2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2 2

m n m n

P

m n m n

Đáp án biĨu

®iĨm

a) (1,25 ®iĨm) Ta có  

   

P x y z xyz

x y xy x y z xyz

   

     

3 3

3 3

3

3

0,25 ®iĨm

   

       

x y z xy x y xyz

x y z x y z x y z xy x y z

   

      

 

          

3 3

2 2

3

3 0,25 ®iĨm

     

  

x y z x y z x y z xy

x y z x y z xy yz zx

 

         

       

2 2 2

3

0,25 ®iĨm x y z  x y y z z x 

1     2  2  2

2 (Do gi¶ thiÕt x + y + z 

)

0,25 ®iĨm

Suy Px3 y3  z3 xyz

3 0 x3y3 z3  xyz

3 0,25 ®iĨm

b) Tõ 2  2

m n 2mn m n 0 giả thiết suy 2

m n 2mn1 0,25 ®iĨm

Do  

2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

15 m n

m n m n m n m n

P

m n m n 16m n m n 16m n



 

 

    

    0,25 ®iÓm

áp dụng BĐT a b ab với a, b khơng âm, đấu đẳng thức có a = b, ta có

1 15 17 P

2 4

  

KÕt luËn: 17 P

4

 , đạt đ-ợc m n

0,25 điểm

câu (1.5 ®iĨm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đ-ờng thẳng (d) có ph-ơng trình m x   m y 1   (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đ-ờng thẳng (d) lớn nhất.

Đáp án biểu

Su tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

b) Với m, đ-ờng thẳng (d) không qua gốc toạ độ O(0; 0)  m = 4, ta có đ-ờng thẳng y = 1, khoảng cách từ O đến (d) (1)

 m = 3, ta có đ-ờng thẳng x = -1, khoảng cách từ O đến (d) 1 (2)

0,50 ®iĨm

 m  4, m  th× (d) cắt trục Oy, Ox lần l-ợt A 0;

m

 

  

  vµ

1

B ;

m

 

  

 

0,25 điểm

Hạ OH vuông góc với AB, tam giác vuông AOB, ta có

1

OA , OB

m m

 

 

  2 2 2

2 2

1 1 1

m m 2m 14m 25 m

OH OA OB 2

 

              

 

0,50 ®iĨm

Suy

OH  2 OH 2 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có GTLN OH 2, đạt đ-ợc m =7 2 Kết luận: m =7

2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC C¢U (2,5 điểm)

Cho đ-ờng tròn tâm O, ®-êng kÝnh BC = 2R Tõ ®iĨm P trªn tia tiếp tuyến Bt đ-ờng tròn, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A tiếp điểm) với đ-ờng tròn Gọi H hình chiếu A lên BC, E giao điểm PC AH Đ-ờng thẳng qua E song song với BC cắt OA F

a) TÝnh AH theo R vµ khoảng cách d = PO

b) Chng minh P di chuyển tia Bt F ln thuộc cung trịn cố định

Đáp án biểu

điểm

a) Ta cã 2

BP d R 0,25 ®iĨm

2 2

BP.BO R 2R

BI.PO BP.BO BI d R BA d R

PO d d

        0,25 ®iĨm

2

2 2 2

2

4R 4R 2R

AC BC AB 4R (d R )

d d d

       0,25 ®iĨm

Cã

2 2

2R 2R

AH.BC AB.AC AH.2R d R

d d

    2

2 2R

AH d R

d

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

b) Ta cã AH // PB (v× AH, PB cïng vu«ng gãc víi BC) EH CH PB CB

(1) 0,25 điểm Lại có AC // PO (vì AC, PO vuông góc với AB) nên hai tam giác

vuụng AHC v PBO đồng dạng AH CH PB BO

 (2) 0,25 điểm

Mà CB = 2.BO nên AH = EH hay E trung ®iĨm cđa AH 0,25 ®iĨm EF // OH suy F trung điểm AO OF R

2

  0,25 ®iĨm

Nên F thuộc đ-ờng tròn cố định tâm O bán kính R

2 0,25 ®iĨm

Khi P di chuyển tia Bt F thuộc cung MN cố định đ-ờng tròn tâm O bán kính R

2 (phÇn n»m nửa mặt phẳng bờ BC chứa tia Bt)

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp THCS năm học 2009-2010 MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

-

Câu (4 điểm)

a) Chứng minh A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho với số tự nhiên n b) Tìm số số nguyên n cho B = n2 – n + 13 số phương ? Câu (5 điểm)

a) Giải phương trình 2

2 2

x  x  x  x b) Giải hệ phương trình

2 2

1 11

x y xy

x y xy

   



  



Câu (3 điểm) Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

1 1

x y z 2010   

 

   



Tính giá trị biểu thức:  2007 2007 2009 2009 2011 2011

P x y y z z x

Câu (6 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi (C; R1) l| đường tròn qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) A, (D; R2) l| đường tròn qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Hai đường tròn (C; R1) (D; R2) cắt điểm thứ hai M

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD v| điểm C, D, O, M thuộc đường tròn

b) Chứng minh P di động d}y AB điểm M di động đường tròn cố định v| đường thẳng MP qua điểm cố định N

c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

Câu (2 điểm)

Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng: 2

1

2010 2010 2010

x y z

x yz  y zx  z xy  x y z

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀĐÀO TẠO PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS

NĂM HỌC 2009-2010

MƠN TOÁN

(Hướng dẫn chấm thi đề thức có trang)

I Một số ý chấm bài

 Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp logic

 Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

Điểm thi tổng điểm thành phần không lm trũn s II Đáp án biểu điểm

C©u (4 điểm)

a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho víi mäi sè tù nhiªn n b) Tìm số số nguyên n cho B = n2 n + 13 số ph-ơng ?

ĐÁP ÁN BIỂU

ĐIỂM a) Theo giả thiết n số tự nhiên nên: 2n – 1, 2n , 2n + số tự

nhiên liên tiếp 0,5 điểm

Vì tích số tự nhiên liên tiếp chia hết

(2n - 1).2n.(2n + 1) chia hết cho 0,5 điểm

Mặt khác (2n, 3) = nên 2n 1 2 n 1 chia hết cho

VËy A chia hÕt cho víi mäi sè tù nhiªn n

0,5 điểm b) Ta thấy B số phương  4B số phương

Đặt 4B = k2 (kN) 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2 (2n-1-k)(2n-1+k)

=-51

1,0 điểm

Vì 2n-1+k  2n-1-k nên ta có hệ

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC 1

(1) 51

n k

n k

   

     

2 (2) 17

n k

n k

   

     

2 51 (3)

2 1

n k

n k

   

     

2 17 (4)

n k

n k

   

     

Gi¶i hƯ (1), (2), (3), (4) ta tìm đ-ợc n = -12, n = -3, n = 13, n =

VËy c¸c số nguyên cần tìm n 12; 3; 4;13  1,0 điểm

Câu (5 điểm)

a) Giải phương trình: 2

2 2

x  x  x  x

b) Giải hệ phương trình

2 2

1 11

x y xy

x y xy

   



  



ĐÁP ÁN BIỂU

ĐIỂM

a) Ta có:  2

2x 4x 3 x1  1 1 nên tập xác định ph-ơng trình

R 0,5 điểm

Phương trình cho tương đương với  

2x 4x 3 2x 4x  3

Đặt

2

y x  x  phương trình cho trở thành

4

y  y 



3

y y

   

 (thoả mãn điều kiện)

1,0 điểm

Với y = ta có 2

2x 4x  3 2x 4x 3 1  x =

Với y = ta có 2

2x 4x  3 2x 4x 3



3

x x

  

Vậy ph-ơng trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3

1,0 điểm

b) Hệ cho tương đương với  

2

2

11 11

3 11

x xy y

x xy y

   

 

  

   

2

2 2

1

11

x xy y

x xy y x xy y

   

 

    



Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC    

2

1

x xy y

x y x y

   



   

 (*)

Từ hệ (*) ta suy

2

1

x xy y

x y

   



 

 (I)

2

1

x xy y

x y

   



 

 (II)

0,5 điểm

Giải hệ (I) ta tìm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) Hệ (II) vô nghiệm

Vặy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1)

1,0 điểm

Câu (3 điểm)

Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

1 1

x y z 2010   

 

    

Tính giá trị biểu thức:  2007 2007 2009 2009 2011 2011

P x y y z z x

Đáp án biểu

®iĨm Từ giả thiết suy x, y, z khác

1 1

x   y z x y z

0,5 điểm

1 1

x y z x y z

   

     

 

   

0,5 ®iĨm x y  x y 

xy z x y z

 

  

 

x y 1 2

xy xz yz z

 

    

 

 

0,5 điểm

  

x y xz yz z xy

     

   2  

x y  xz z yz xy 

       0,5 điểm

xy z zx y zx0

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC



2007 2007 2007 2007 2009 2009 2009 2009 2011 2011 2011 2011

0

0

0

x y x y x y x y

z y y z y z y z

x z z x z x z x

 

       

 

 

           

 

 

 

         

   

nên P = 0,5 điểm

Câu (6 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi (C; R1) l| đường tròn qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) A, (D; R2) l| đường tròn qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Hai đường tròn (C; R1) (D; R2) cắt điểm thứ hai M

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD v| điểm C, D, O, M thuộc đường tròn

b) Chứng minh P di động d}y AB điểm M di động đường trịn cố định v| đường thẳng MP ln qua điểm cố định N

c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

N K H M

D C

O

A P B

a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB cân C, O nên  CPA =CAP =OBP CP//OD (1)

Tương tự DBP, OAB cân D, O nên DPB =

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC DBP =OAB

nên OC//DP (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ODPC hình bình hành

Giả sử CD cắt MP H cắt OP K thỡ K trung điểm OP Theo tớnh chất đường trũn cắt ta cú CDMP H trung điểm MP Vậy HK//OM, CD//OM

0,5 điểm

Ta phải xét trường hợp AP < BP AP > BP, đáp án yêu cầu xét trường hợp giả sử AP < BP

Vì tứ giác OCPD hình bình hành nên OD = CP = CM = R2 nên

tứ giác CDOM hình thang cân

Vậy điểm C, D, O, M thuộc đường tròn

0,5 điểm

b) Xét tam giác AOB có: 2 2

2

OA OB  R  AB nên tam giác AOB vuông cân O

Vì điểm C, D, O, M thuộc đường tròn (kể M trùng O) nên COD =CMD (1)

0,5 điểm

Xét MAB vàMCD có

MAB =MCD (cùng 1

2sđ MP (C))

MBA =MDC ( 1

2sđ MP (D))

nên MAB đồng dạng với MCD (g.g)

0,5 điểm

Vì MAB đồng dạng với MCD suy AMB =CMD (2) Từ (1) (2) suy AMB =AOB =

90

Do AB cố định nên điểm M thuộc đ-ờng trịn tâm I đ-ờng kính AB

0,5 điểm

Ta có

90

ACP BDP AOB

      nên

AMP =1

2 ACP =

45 (góc nội tiếp góc tâm (C))

BMP =1

2 BDP =

45 (góc nội tiếp góc tâm (D))

Do MP phân giác AMB

0,5 điểm

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

AOB

Giả sử MP cắt đường trịn (I) N N điểm cung AB khơng chứa điểm O nên N cố định

Vậy MP qua điểm N cố định

0,5 điểm

c) MAP BNP có MPA =BPN (đđ), AMP =PBN (góc nội tiếp chắn cung) nên MAP đồng dạng với BNP (g.g)

0,5 điểm

Do

2 2 2

2

PA PM PA PB AB R

PM PN PA PB

PN PB



 

      

  (không

đổi)

Vậy PM.PN lớn

2

R

PA = PB hay P trung điểm dây AB

0,5 điểm

Vì tam giác AMB vuông M nên

  2

2

1

2 4

AMB

AB R

S  AM BM  AM BM  

Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng 2

R

PA = PB hay P trung điểm dây AB

0,5 điểm

CÂU (2 điểm)

Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670

Chứng minh rằng: 2

1

2010 2010 2010

x y z

x yz  y zx z xy x y z

Đáp ¸n biĨu

®iĨm Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c  R x, y,

z > ta có

 

2

2 2

a b c

a b c

x y z x y z

 

  

  (*)

Dấu “=” xảy  a b c

x  y z

Thật vậy, với a, b  R x, y > ta có

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC  

2 2

a b

a b

x y x y



 

 (**)

  2    2 a y b x xy xy a b

  2

bxay  (luôn đúng)

Dấu “=” xảy  a b x  y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

   

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 bất đẳng thức (*) ta có

2 2 2

2010 2010 2010

x y z

VT

x yz y zx z xy

  

     

     

2 2

2 2

2010 2010 2010

x y z

x x yz y y zx z z xy

  

     

   

2 3

3 2010

x y z

x y z xyz x y z

  

      (1)

Chú ý:  

2010

x x yz = x x 2xyzx13400, y y 2zx20100

và

 

2010

z z xy 

0,5 điểm

Chøng minh: 3   2 

3

x y  z xyz x y z x y z xyyzzx

x y z  x y z23xyyzzx (2)

Do đó: 3  

3 2010

x y  z xyz x  y z

x y z  x y z23xyyzzx2010 = x y z3 (3)

0,5 điểm

Từ (1) (3) ta suy

 

 

2

1

x y z

VT

x y z

x y z

 

 

   

Dấu “=” xảy  x = y = z = 2010

3

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp THCS năm học 2010-2011 MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

-

Câu (4 điểm) a) Cho  2 2

x 2011 x y 2011 y 2011 Tính giá trị biểu thức : Tx2011y2011 b) Tính tổng : S = 15 240 14399

1 3 119 121

     

  

(mỗi số hạng tổng có dạng

2

4n 4n

2n 2n

 

   , với n N 1 n 60)

Câu (3 điểm) Giải hệ phương trình:

3

3

3

x 3x 2x y

y 3y 2y z

z 3z 2z x

    



   



     

Câu (4 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n để Bn4n3n2 n số phương b) So sánh M N biết M20102010201120102011, N20102011201120112010

Câu (2 điểm) Cho a, b, c số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4a b 3c 8c

A

a b 2c 2a b c a b 3c 

  

     

Câu (7 điểm) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường tròn (O) MN đường kính thay đổi đường trịn (M khơng trùng với A, B) C{c đường thẳng AM AN cắt đường thẳng d C D

a) Chứng minh AM.ACAN.AD b) Tìm giá trị nhỏ tích AC.AD

c) Chứng minh t}m đường trịn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc đường thẳng cố định

d) Gọi I giao điểm CO v| BM Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E, cắt đường thẳng d F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2010-2011

MƠN TỐN

(Hướng dẫn chấm thi đề thức có trang)

I Một số ý chấm

 Hướng dẫn chấm thi đ}y dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết hợp logic

 Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

 Tổ chấm chia nhỏ đến 0,25 điểm Điểm thi tổng c{c điểm thành phần khơng làm trịn s

II Đáp án biểu điểm

Đáp án Điểm

Câu (4 điểm)

a) Cho  2 2

x 2011 x y 2011 y 2011 Tính giá trị biểu thức 2011 2011

Tx y b) Tính tổng

S = 15 240 14399

1 3 119 121

  

  

  

(mỗi số hạng tổng có dạng

2

4n 4n

2n 2n

 

   , với n N 1 n 60)

a) (2 điểm) Từ giả thiết, suy

 2  2  

2011 2011 2011 2011 2011

        

x x x x y y x x 0,50

2

2011 2011

y y x x

      (1) 0,50

Tương tự ta có: 2

2011 2011

x x  y y(2) 0,50

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC b) (2điểm) Với k số tự nhiên khác ta có:

2

4

2

k k

k k

 

   =

  

      

2 3

4 2 2 1 2 1

2 2 2

k k k k k k

k k k k

       



     

0,75

Cho k nhận giá trị 1, 2, <, 60 Ta được:

 3

4

3

1



 



 3

8 15

5

3



 



<

 3

240 14399

121 119

119 121

  



0,75

Vậy S = 1  121 665

2   0,5

Câu (3 điểm)

Giải hệ phương trình

3

3

3

x 3x 2x y

y 3y 2y z

z 3z 2z x

    



   



     

Viết lại hệ cho dạng

3

3

3

x 3x 2x y

y 3y 2y z

z 3z 2z x

    



   



      

0,25

Đặt t = x – x = t + 2, v|o phương trình thứ hệ ta

 3  2  

3 2

3

t t 2 t y

t 6t 12t 3t 12t 12 2t y t 3t 2t y

      

          

    

0,50

Khi có hệ phương trình

3

3

t 3t 2t y y 3y 2y z z 3z 2z t

    



   



     

(I) 0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC sử t = maxt y z, , 

1) Trường hợp t y z Từ hệ (I) ta có

3

t 3t 2t t z 3z 2z z

    

 

   



   

   

2

t t z z

     

  

 

 

   

  



1

t z

 

  



Do t = y = z =

0,75

2) Trường hợp t z y Tương tự ta có: 1

t y

    

Do t = y = z =

0,75

Nghiệm hệ phương trình cho l|: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25

Câu (4 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n để B = n4 + n3 + n2 + n + số phương b) So sánh M N biết  2010 20102011  2011 20112010

M 2010 2011 , N 2010 2011

a) (2 điểm) Đặt n4 + n3 + n2 + n + = k2 (1) (với k nguyên dương) 0,25 Ta có (1)  4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + = 4k2

 (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2 0,75  (2k)2 > (2n2 +n)2

 (2k)2  (2n2 +n+1)2 (do k v| n nguyên dương)  4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 (2n2 +n+1)2

 (n+1)(n-3)   n 

 n 1; 2; 3

0,75

Thay giá trị n vào (1), có n = thoả mãn đề 0,25 b) (2 điểm) Đặt a20102010, b 2011 2010 Ta có:

 2010

2011 2010

M (a b) , N(2010a +2011b)  2010(a +b)+b 0,50

Xét:

 

  

2010 2010

2010 2010 a b b

N b

2010

M a b a b a b a b

 

   

 

    

   

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Vì

2010

2010

b b

1 2010 2011 b

a b a b

 

     

    0,50

Nên N b N M

M ab   0,50

Câu (2 điểm)

Cho a, b, c số dương Tìm gi{ trị nhỏ biểu thức

4a b 3c 8c

a b 2c 2a b c a b 3c 

  

     

A

Đặt

x a b 2c a y z 2x y 2a b c b 5x y 3z z a b 3c c z x

     

 

       

 

      

 

(x,y,z > 0) 0,50

Khi đó:

4(y z 2x) 2x y 8(z x) 4y 2x 4z 8x

A 17

x y z x y x z

 

     

        

 

 

0,50

Do

A2 82 32 17 12 17 0,50

Dấu “=” xảy khi: 2y 2x 2z 2x

 

 

 

 

4

a t

2 10

b t

2 c t

  

  

 

   

 



(với t  R, t > 0)

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Câu (7 điểm)

Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường tròn (O) MN đường kính thay đổi đường trịn (M khơng trùng với A, B) Các đường thẳng AM AN cắt đường thẳng d C D

a) Chứng minh AM.ACAN.AD b) Tìm giá trị nhỏ tích AC.AD

c) Ch/minh t}m đường trịn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc đường thẳng cố định

d) Gọi I l| giao điểm CO v| BM Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E, cắt đường thẳng d F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng Hình vẽ:

E

I

K

D d

N O

P

A P

B

A

M

N

B C

F

C M

D

a) (1,5 điểm) Ta có ANMABM, ABMACB Suy ra: ACBANM Do AMN ADCđồng dạng

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC AM AN

AM.AC AN.AD

AD  AC   0,75

b) (2 điểm) Ta có: AC.ADCD.AB2R.CD(1) 0,50

Lại có

CDBD BC 2 BD.CD2 AB 4R(2) 0,50 Từ (1) (2), suy

CD.AD8R 0,50

Dấu “=” xảy MN vng góc với AB 0,50

c) (2 điểm) Gọi P l| t}m đường tròn ngoại tiếp MNC, K l| trung điểm

của CD, S l| giao điểm AK với MN

Ta thấy tứ giác MNDC tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên AMNADC, SAMKCAANM Suy ra: MN vng góc với AK

0,75

Lại có: PO vng góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song

song với AO Suy ra: tứ giác AOPK hình bình hành, hay KP = AO =R 0,75 Vì d l| đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng

song song với d, cách d khoảng R cố định 0,50 d) (1,5 điểm) Trước hết ta chứng minh toán: Nếu tam giác ABC có

điểm M, N, P thẳng hàng thuộc c{c đường thẳng AB, BC, CA thì:

AP CN BM

PC NB MA =

Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN D, ta có:

AP AM

PC  CD

CN CD

NB  BM Do ta có điều phải chứng minh

0,50

Áp dụng toán vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng B, I, M, ta có:

AB OI CM

BO IC MA  

OI MA

IC  2CM(1)

Tương tự với tam gi{c BCO v| ba điểm thẳng hàng A, I, F ta có:

OI FB

IC  2CF(2)

0,25

Từ (1) (2) ta có MA=FB

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Mà AB BC  MF BC 

90

MFC

Ta có EFBEBA(cùng phụ với góc EAB) EBAEMC (tứ giác AMEB nội tiếp) EFBEMC  Tứ giác MEDC nội tiếp

0,25



MECMDC90 Do đó: ME  EC (3)

Lại có

MEN90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ME  EN (4) Từ (3) (4) suy M, E, N thẳng hàng

0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Lớp THCS năm học 2011-2012 MơnTốn

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang

-

Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n để hai số n26 n 11

đều lập phương hai số nguyên dương n|o

Câu (4,0 điểm) Giả sử a nghiệm phương trình: 2x2  x

Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức

 

2a A

2 2a 2a 2a 



  

Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình

8x 1 x 3x 1

b) Giải hệ phương trình

2 2

2x y xy x

  



  

Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn

Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A B tiếp điểm) Gọi D l| điểm di động cung lớn AB (D khơng trùng với A, B v| điểm cung) C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn

(O; R)

a) Giả sử H l| giao điểm c{c đường thẳng OM với AB Chứng minh MH.MOMC.MD, từ suy đường trịn ngoại tiếp tam giác HCD qua điểm cố định

b) Chứng minh dây AD song song với đường thẳng MB

đường thẳng AC qua trọng tâm G tam giác MAB

c) Kẻ đường kính BK đường tròn (O; R), gọi I l| giao điểm đường thẳng MK v| AB Tính b{n kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, biết OM = 2R

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc a  b 3ab Chứng minh

ab b a

3 a b 1 bc c 1   ca c 

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS, NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm thi gồm trang) I Một số ý chấm

 Hướng dẫn chấm thi đ}y dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm

Điểm thi tổng c{c điểm thành phần khơng làm trịn số

II Đáp án biểu điểm Câu 1 (3,0 điểm)

Tìm tất số nguyên dương n để hai số n26 n 11 lập phương hai số nguyên dương n|o

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Giả sử có số nguyên dương n cho: 3

n26x ; n 11 y (với x, y hai số nguyên dương v| x > y)

Khi x3 y3 37xy x xyy237

1,5 đ

Lại có 2

0  x y x xyy 37 số nguyên tố nên

2

x y (1) x xy y 37 (2)

  

   

 Thay x = y + v|o (2) ta được:

y  y 12 0 y = nghiệm thoả mãn Vậy n = 38 giá trị cần tìm

1,5 đ

Câu (4,0 điểm)

Giả sử a nghiệm phương trình:

2x   x Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

 

2a A

2 2a 2a 2a 



  

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Vì a nghiệm phương trình nên: 2a2   a 0  2a2  1 a * 

2a4 a2 2a 1

1,0 đ

Thay vào biểu thức A ta được:

   2

2a 3 2a 3

A

2 a 4a 4 2a 2 a 2 2a

 

 

    

1,0 đ

= 2a 2 a 2a



   

2a 2 a 2a

 

  ( theo  * a 1 ) 1,0 đ

   

2a

2

2 2a a 2a



  

    1,0 đ

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

8x 1 x 3x 1

b) Giải hệ phương trình

2 2

2x y

xy x

  

 

 



ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm) Phương trình

2

4

x 3x (1) 8x x 6x 7x 6x (2)

   

  

     



Ta có (2)

x 6x 7x 14x

       

x x 6x 7x 14 0

1,0 đ

 x x x   7x 14 0  x

x     

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Kết hợp (1) ta tìm x =1 nghiệm phương trình

b) (2,0 điểm)

Từ hệ cho ta suy ra: 2 2 xyx 4x -2y 3x xy2y 0

(xy)(3x2y)0 x y

3x 2y

 

   

 1,0 đ

Nếu x y thì: x2 =  x 1 Nếu 3x 2y thì:

2 y

1

  (không thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm hệ phương trình cho l|: S  1; ,  1; 

1,0 đ

Câu 4 (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A B tiếp điểm) Gọi D l| điểm di động cung lớn AB (D không trùng với A, B v| điểm cung) C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O; R)

a) Giả sử H l| giao điểm OM với AB Chứng minh MH.MO = MC.MD, từ suy đường trịn ngoại tiếp tam gi{c HCD qua điểm cố định

b) Chứng minh dây AD song song với đường thẳng MB đường thẳng AC qua trọng tâm G tam giác MAB

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

I

C

H O

M

A

B

D

E

K

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vng A có AHOM nên MH.MOMA Mặt khác MACADC nên MAC đồng dạng MDA (g.g),

MA MC

MC.MD MA

MD  MA  

Vậy MH.MOMC.MD

1,5 đ

Khi MH MC

MD MO Do MHC đồng dạng MDO  MHCMDO

Từ suy OHCD nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp HCD ln qua điểm O cố định

1,0 đ

b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB E, CBEEAB nên EBC đồng dạng 

EAB Do EB EC

EA.EC EB

EA  EB  

1,0 đ

Vì AD // MB nên EMCMDAMAC Do EMC đồng dạng EAM EM EC

EA.EC EM

EA  EM  

Vậy EB = EM, tức l| E l| trung điểm MB

Tam gi{c MAB có MH v| AE l| c{c đường trung tuyến, nên AC qua trọng tâm G MAB

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

I

M

B

N

c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB l| tam gi{c đều, MBA60

Kẻ đường kính MN đường trịn ngoại tiếp BMI tam giác vng IMN ta có sin INM IM MN IM 0 2IM

MN sin 60

    (1)

Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g) Do IM MH IK  AK Dễ thấy OH R

2

 nên AK = R MH 3R

 , IM IM 3IK IK    (2)

1,0 đ

Mặt khác IH IH IA   AH 5 Vì AH R

2

 nên IH 3R 3, IA R

10

 

Khi IK 2R

 , IM 3R

 (3)

Vậy đường trịn ngoại tiếp BMI có bán kính / R 21

R

5 

1,0 đ

Câu 5 (2,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn: abc a  b 3ab Chứng minh

ab b a

3 a b 1 bc c  ca c 

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

1 1

3

1 1 1 1

.c c c c

a b a b b b a a

  

      (1)

Đặt x 1, y 1, z c

a b

   x, y, z0 x  y z đồng thời bất đẳng thức phải chứng minh trở thành

1 1 1

3 xy x y  yz y z  zx z x  (2)

Ta chứng minh x y 123 xy  x y, với  x, y Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

   

     

2

2 2

x y 1 2xy 2y 2x 6 xy x y

x y x 1 y 1 0

       

      

Dấu “=”xảy  x y

Do 1 3

x y 1

xy x y    , với x, y 0 Dấu “=” xảy  x y

Tương tự ta suy

1 1 1 3 3 3

x y 1 y z 1 z x 1

xy x y  yz y z  zx z x          (3)

Dấu “=” xảy  x  y z

Ta chứng minh: 1 , m, n, p m  n p m n p   Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

n p m p m n n m p m p n

1

m m n n p p m n m p n p

   

 

                  

     

Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức Dấu “=”xảy  m n p.

Do đó: 3

x y 1 y z 1 z x  

9 3

3

2 x y z 3

 

   (4)

Từ (3) v| (4) suy điều phải chứng minh

Dấu “=”xảy  x  y z hay a  b c 1.

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên

8x 3xy5y25 2)Tìm tất số nguyên dương n cho A= n.4n3 7n

Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 10 30 2 : 2 10 2

  

 

2) Cho số thực dương a,b,c,x,y,z kh{c thoả mãn

2 2

x

x yz y z z xy

a b c

    

Chứng minh

2 2

a bc b ca c ab

x y z

    

Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình:

6x

x   m (Với m tham số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn x12 x22 12

2) Giải hệ phương trình:

3 3

2

8x 27 18 4x 6x

y y

y y

  

 

 



Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường trịn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC đường trịn (O) thay đổi ln vng góc v| cắt BD H Gọi P,Q,R,S l| ch}n c{c đường vng góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB

a) CMR: 2 2

D

HA HB HC H không đổi b) CMR :PQRS tứ giác nội tiếp

2) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q thuộc cạnh AB,BC,CD,DA hình vng CMR:SABCD ≤

4

MN NP PQ QM

AC   

Câu 5( 2,0 điểm)

Cho a,b,c số thực dương CMR:

3 2a

ab bc ca a b c

a b c b c c a b

 

  

     

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012 - 2013

MƠN: TỐN - LỚP

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Hướng dẫn Câu1.1)

8x 3xy5y25 Z

x x y x x y x x y               25 40 24 25 25 ) ( 2

Khi 3x+5 l| ước 25 từ tìm (x;y)(10;31);(2;7);(0;5) ( cách khac nhân vế với đưavề tích)

1.2) Với n chẵn n=2k

m N

m t n t k k k k

A k  k   k  k  k       14 114 6 

2 7 ) 16 ( ) (

2 2  

Với n lẻ n=2k+1

m N

m n t k k k k

A(2 1).42k132k12 42k1(42k132k1)72 7 7  14 1 

Vậy n14m6 n14m1 ( với nN) A chia hết cho

Câu2.1) 10 30 2 :

2 10 2

     = 2 3 4 2 ) ( 2 ) ( ) (

2           

  



2.2)

2 2

x

x yz y z z xy

a b c

     ) ( ) ( : ) ( ) ( : ) ( ) ( 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 xyz z y x z ab c xyz z y z x y x ab y x xyz Z c Tuongtu xyz z y x y ac b z xy yz y x z x ac z x xz y y b Tuongtu xyz z y x x bc a yz x xz xy z y bc z y yz x x a xy z c xz y b yz x a                                        

Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM

Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm / 0m9(*)

Mặt khác ta phải có

2 12 2 1 2 2 2 2                                     m x m x x x x x m x x x x x x m x x x x

TM ĐK (*)

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC HD y =0 không nghiệm hệ chia vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ

          18 27 2 3 y x y x y x Đặt       b y a x

ta có hệ

               3 18 2 3 ab b a ab b a b a

Hệ có nghiệm

                         ; ; ; ) , (x y

Câu 4.1) O H R S P Q D C B A

a) theo Pitago HA2HB2 AB2;HC2HB2 BC2;HC2HD2 CD2;HA2HD2 AD2; suy đpcm

b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPSHBSDBC

Tứ giác HPAQ hình chữ nhật HPQHAQCADCBD

Do SPQHPSHPQ2CBC

Tương tự SQR2BDC

Do 0

180

180   

  

DBC BDC SPQ SRQ nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo)

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC L K P Q I C N D M A B

Cách 1 Gọi T, K, L l| trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình trung tuyến tam giác vng ta có MNNPPQQM 2(KLCLIKAI)2AC từ suy đpcm

Cách 2 Ta có theo Pitago

2 ) ( 2

2 BM BN

MN BN

BM BM

BN

MN        ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky

Tương Tự ; ; AM AQ MQ DQ DP PQ NP CN

NP     

Nên

MN NP PQ QM a dpcm a a a AM QA DQ PD CP NC NB BM QM PQ NP MN                   2 2

Dấu “=” xảy MNPQ hình chữ nhật

Câu

Cho a,b c > Chứng minh rằng:

6 3 2 c b a c b a ca c b a bc c b a

ab   

       

Dự đo{n a = b = c tách mẫu để a+c = b+c = 2b

Tacó áp dụng BĐT 

                      z y x z y x z y x z y

x 1

9 1 1 ) (

1 1 1 1

(1)

3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2

ab ab ab ab ab a

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

   

         

             

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

1 1

(2)

2 ( ) ( ) 9

1 1

(2)

3 ( ) ( ) 9

bc bc bc bc bc b

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

ac ac ac ac ac c

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

   

         

             

   

         

             

Từ (1) (2) (3)

6

9

1 a b c a b c

c a

ab bc c

b ac ab b

a bc ac

P   

  



   

        

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN: TỐN NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu (3,0 điểm)

a)Giải phương trình tập số nguyên 2

5 4 12

x  y  xy x y  b) Cho  

3 14

P x x  x  x Tìm số số tự nhiên x nhỏ 100 m| P x  chia hết cho 11

Câu (4,0 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức

3

3

3

4

a a

P

a a a

 



   , biết

3

55 3024 55 3024

a   

b) Cho số thực x y z, , đôi khác thỏa mãn x3 3x1, y3 3y1 z3 3z1 Chứng minh 2

6 x y z 

Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình 1

x

x x

x 

   

b) Giải hệ phương trình

2

2

3

2

x y xy x y

x y x y

      

     

 Câu (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) v| d}y cung BC khơng qua t}m Gọi A l| điểm cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo  khơng đổi cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng

BC M v| N Lấy điểm D cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp

b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A I chuyển động đường thẳng cố định c) Khi

60

  BCR, tính theo R độ dài nhỏ đoạn thẳng OI.

Câu (2,0 điểm)Cho c{c số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z Chứng minh

2 2 2 2 2

2 2

4

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

        

  

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

HDC THI HỌC SINH GIỎI

MƠN: TỐN NĂM HỌC 2013 – 2014

I Một số ý chấm

 Đ{p {n chấm thi đ}y dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh làm cách khác với Đ{p {n m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đ{p {n

Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số

II Đáp án-thang điểm Câu ( 3,0 điểm)

a)Giải phương trình sau tập số nguyên 2

5 4 12

x  y  xy x y  b)Cho  

3 14

P x  x  x  x Tìm số số tự nhiên x nhỏ 100 m| P x chia hết cho 11

Nội dung Điểm

a) Phương trình tương đương với

 2   

4 4 16

x  y  xy  x y    y x2y22 16 y2; 0,5 mà x y,  nên x2y22 16, y0 (1) x2y 2 0,y2 16 (2) 0,5

Ta có (1) x 2,y0 x 6,y0 (2) y 4,x6 y 4,x 10

Vậy phương trình cho có nghiệm x y;   2; , 6; , 6; ,   10;4

0,5

b) Bổ đề: Cho x, y số tự nhiên số nguyên tố p có dạng p3k2

   

3

mod mod

x  y p  x y p

Thật vậy,   3 

mod mod

x y p x  y p ,

Với 3  3  

mod k k mod

x  y p x  y p

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Với x y, chia hết cho p hiển nhiên

Với x p, 1,y p, 1 ta có 1   3 1 

1 mod mod

p p k k

x   y   p x   y  p

   

3

k k mod mod

x x y y p x y p

    3  

mod

k k

x  y p

Áp dụng Bổ đề, ta có

              

         

3

3

mod 11 11 10 11 10 mod 11

1 mod 11 1 mod 11 mod 11

P x P y x x y y

x y x y x y

          

         

Do đó, P x P y mod 11 x ymod 11 

0,5

Suy với n , 11 giá trị P n  ,P n1 , ,P n 10 , có giá trị chia hết cho 11 Do đó, c{c số P   1 ,P , ,P 99 có số chia hết cho 11, cịn P 0  2 không chia hết cho 11

Vậy có số thỏa mãn yêu cầu toán

0,5

Câu ( 4,0 điểm)

a)Tính giá trị biểu thức

3

3

3

4

a a

P

a a a

 



   , biết

3

55 3024 55 3024

a   

b) Cho số thực x y z, , thỏa mãn x3 3x1, y3 3y1,z33z1 Chứng minh 2

6 x y z 

Nội dung Điểm

a) Ta có    

   

2

2

3

1

3 2

4 1 2

a a

a a a

P

a a a a a a

 

  

  

      ; 0,5

mà 3 3 

110 55 3024 55 3024 55 3024

a       0,5

3

110 3 110

a a a a

      

  

5 22

a a a a

       Suy

3

P 1,0

b) Ta có x3 3x1(1), y3 3y1 (2),z3 3z1 (3)

Từ (1), (2) (3) suy

 

 

 

3 2 2

3 2

2

3

3 3 (4)

3 (5)

3 (6)

x y x y x xy y

y z y z y yz z

z zx x

z x z x

       

 



     

 

       

 

1,0

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2   

0 0

x z xyyz  xy x y z     x y z , (vì x, y, z đơi phân biệt)

Cộng (4), (5) (6) theo vế với vế ta có

 2 2 2  2 2 2 2

3

9

2 x y z 2 x y z  x y z  Câu ( 4,0 điểm)

a) Giải phương trình 1

x

x x

x 

   

b) Giải hệ phương trình

2

2

3

2

x y xy x y

x y x y

      



    



Nội dung Điểm

a) Điều kiện x{c định: 1,

x  x

Phương trình tương đương với  

12x  3x 1 4x 3x1 Đặt a2 ,x b 3x1 ta có phương trình 2   

3a b 2ab ba b3a   0 b a b 3a Khi 3x 1 2x 3x  1 6x

1,0

+) Với 3x 1 2x, điều kiện x0, ta có

2

3x 1 2x3x 1 4x 4x 3x   1 x

x  (loại) 0,5

+) Với 3x  1 6x, điều kiện x

   , ta có

2 153

3 36

72

x   x x  x  x  153 72

x  (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm 1, 153 72

x x 

0,5

b) Nhân hai vế (2) với ta có hệ phương trình

2

2

3 (1)

2 (2)

x y xy x y

x y x y

      



    



Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có

 2    2  

4 2 2

x  xy y  x y    x y  x y   x2y1x2y2  0 x 2y1 x2y2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

T

S

D I

J K

N H M

G

P

E A

Q

O

B C

F

+) Với x2y1, vào (2) rút gọn ta có y y    3 y y 3 Suy x1, y0 x 5, y 3

+) Với x2y2, vào (2) rút gọn ta có 13 13 109 y  y   y   13 109

6 y  

Suy 109, 13 109

3

x   y   109, 13 109

3

x   y  

Vậy hệ có nghiệm x1, y0; x 5, y 3;

109, 13 109

3

x   y   ; 109, 13 109

3

x   y  

1,0

Câu ( 7,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R) v| d}y cung BC khơng qua t}m Gọi A l| điểm cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo  khơng đổi cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng BC M v|

N Lấy điểm D cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp

b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A I chuyển động đường thẳng cố định

c) Tìm độ d|i nhỏ đoạn thẳng OI 60

  BC R

a) Ta có MNE =1

2 (sđAC sđBFE) = =

2 (sđABsđBFE) AFE  sđAC sđCE Suy ra: MNEMFE180o Vậy tứ gi{c MNEF nội tiếp

2,5

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

U

N

M Q

A

B M' C

Lấy G đối xứng với E qua AP  D EG G,  O

Ta có MDGNEG, AEG AFG180o MDGMFG180o Suy tứ gi{c MDGF nội tiếp (1) Gọi giao điểm AG v| BC l| H

Chứng minh tương tự a) có tứ gi{c MHGF nội tiếp (2) Từ (1) v| (2) suy c{c điểm M, H, D, G,

F nằm đường tròn

Trung trực đoạn thẳng FG qua O

v| cắt đường tròn (O) J; IOJ, sđJF

=sđJG sđPG=sđPEnên JOP hay I nằm đường thẳng cố định Đó l| đường thẳng qua O tạo với AO

một góc  khơng đổi

1,5

c) Hạ IT BC T BCTH TM Do QH QN, suy

IS  MN

Tam gi{c vng OSI có IOS  khơng đổi nên OI nhỏ v| IS

nhỏ  MN nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ v| tam gi{c AMN c}n A

1,0

Thật vậy, BC lấy M’ N’ cho M AN' ' Khơng tính tổng qu{t giả sử QM'QN' suy AM'AN' Trên đoạn AM' lấy điểm U cho

'

AU  AN

'

AUM ANN

    (c.g.c)SAM M' SANN'MM'NN'M N' 'MN

Với  60 ;o BCR suy 2 3

2

R R

AQ R



   ,

2 3 2 2 3

2 3

R R

MN     2 3

6 R OI



 

1,0

Câu ( 2,0 điểm) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn x  y z Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2

2 2

4

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

        

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

Chứng minh được: 2   2x y z 2x yz

Tương tự ta có 2   2  

2y z x 2y zx , 2z x  y 2z xy

Do ta chứng minh      

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

  

Bất đẳng thức n|y tương đương với

4 2 4 2 4 

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

     

  

0,5

Ta có  

 2    1 

4 2 2 2 2 2

yz y z

yz yz yz yz yz yz yz yz

  

     , dễ có

   2

0 2 yz yz   xy 1  1 nên

  1 

2

2 yz yz yz yz

 

 

Vậy nên

4 2

y z

yz yz yz

 

  , tương tự có  

1

4 2

z x

zx zx zx

 

 

4 2

x y

xy xy xy

 

 

Do       1

4 4 2

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy xy yz zx

  

    

     

0,5

Với a, b, c>0 có

  1

3 a b b c c a 2

a b c

a b c b a c b a c

       

                  

        nên

1 1

a   b c a b c(*)

Áp dụng (*) ta có 1

2 xy 2 yz 2 zx 6 xy  yz zx  ;

(Vì

2 2

x y y z z x

xy  yz  zx          x y z )

Vậy

4 2 4 2 4 

y z z x x y

yz yz zx zx xy xy

     

  

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Do ta có

2 2 2 2 2

2 2

4

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

        

  

Đẳng thức xảy x  y z

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn thi: Toán lớp NĂM HỌC 2014-2015

Câu 1 (3,0 điểm)

a)Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x2 y2 xyx y2

b) Chứng minh với ba số tự nhiên a,b,c có số lẻ hai số chẵn ta ln có   3  3  3 3

c b a a c b c b a c b

a           Chia hết cho 96

Câu (4,0 điểm)

a) Chứng minh với số nguyên dương n ta có

2 1 1              n n n n

b) Tính tổng

2 2 2016 2014 1 1 1 1                                      S

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x x  xx

b) Giải hệ phương trình      

              1 2 2 y x y x xy x y y x

Câu 4 (7,0 điểm) Cho BC dây cung cố định đường tròn (O; R) ,( BC<2R),A l| điểm di động cung lớn BC,( A không trùng B,C) Gọi AD, BE, CF đường cao tam giác ABC;EF cắt BC P ,qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC Q cắt AB R

a) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp

b) Gọi M l| trung điểm cạnh BC Chứng minh hai tam giác EPM,và DEM hai tam gi{c đồng dạng

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam gi{c PQR qua điểm cố định

Câu 5 (2,0 điểm) Cho số thực dương x,y,z thỏa mãn x2  y2 z2 3

Chứng minh xy yz xz

xy z xz y yz x      3

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

HƯỚNG DẪN Câu 1 (3,0 điểm)

a)Tìm số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x2  y2 xy xy2

b) Chứng minh với ba số tự nhiên a,b,c có số lẻ hai số chẵn ta ln có abc 3  abc 3  bca 3  abc3 Chia hết cho 96

Hướng dẫn a) ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2                    y x y x y x xy y x y x xy y x

PT có nghiệm (x;y)    2;0; 3;2; 1;0 hoán vị Đặt a+b-c =z; b+c-a=x; a+c-b=y x+y+z=a+b+c

Ta có xyz3x3 y3z3 3(xy)(yz)(xz)

Câu (4,0 điểm)

c) Chứng minh với số nguyên dương n ta có

2 1 1              n n n n

d) Tính tổng

2 2 2016 2014 1 1 1 1                                      S

Hướng dẫn a)

2 2 2 2 2 1 ) ( 2 2 ) ( 1 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( ) ( 1 1                                                    n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n Nên 1 1              n n n n b) 2016 2015 2015 2016 2004 1 1 1 1

1               



S

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

2x2 x 2xx2

b) Giải hệ phương trình

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hướng dẫn a) ĐKXĐ:                2 0 ) ( ) ( x x x x x x                                       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

Giải x = x =

b)      

              ) ( ; ) ( ; 1 2 2 y x y x xy x y y x

từ PT (1) ta có :

                        ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( ) ( 2 xy x y xy y x xy xy y x xy y x xy y x

thay vào PT (2) giải có nghiệm                                       14 ; ; ; ; ; ; ; , ; ; ) (xy M R Q D P E F O B C A

a) Do tứ giác BCEF nội tiếp suy AFE BCQmà AFE BRQ ( so le ) Suy BCQBRQ nên tứ giác BQCR nội tiếp

b) EM trung tuyến tam giác vuông BEC nên tam giác ECM cân M suy

ACB

EMD 

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

0

180 2     



EMD ACB AFE BFD EMD DFE suy tứ giác DMEF nội tiếp suy BDF PEM mà BDFBAC MDE nên tam gi{c EPM,v| DEM đồng dạng (g.g)

c)do DMEF nội tiếp suy PFDEMD mà PDFEDM nên tam gi{c PFD đồng dạng tam giác EMD (g.g) suy ;

MD ED DF

PD 

do REDAEF FRD nên tam giác FDR cân D suy FD=DR;tương tự tam giác DEQ cân D nên DE=DQ

mà FD=DR; DE=DQ suy ;

MD DQ DR

PD 

suy tam gi{c PDR đồng dang tam giác QDM ( c.g.c) suy PRQPMQ suy tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam gi{c PQR qua điểm M cố định

Câu ( 2.0 điểm)

Cho số thực dương x,y,z thảo mãn x2  y2 z2 3 Chứng minh xy yz xz

xy z xz y yz x      3 Hướng dẫn 3 3 3 3 xyz z z xyz y y xyz x x xy z xz y yz x

A     

Ta có 3   33 2  1

xyz z y x z y x

Nên A x3 x y3 y z3 z

Áp dụng BĐT Bunhia cho dãy dãy : 3 ; ; y z x

Dãy : x;3 y;3 z

x3 xy3 y z3 z3 x2 3 y2 3 z2xyz2 3xyyzxz(*) Ấp dụng Côsi

3 1  x  

x ; 1  y  

y ; 1  z  

z

Nên

3 2 3

3    x y z  

z y x

Thay Vào (*) Ta có

xz yz xy z z y y x x

A     

Hay xy yz xz

xy z xz y yz x      3

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC Cách khác 1

3 yz  yz ;

3 1

3 xz  xz ;

3 1

3 yx  yx Nên ; ) ( ) ( : ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3                                                                               z y x xz yz xy z y x z y x z y x z y x do xz yz xy z y x z y x z y x xz yz xy z y x z y x xz yz xy z y x B B z xz yz z y yz xy y x xz xy x x y z z x y z y x xy z xz y yz x A

Có thể cịn cách khác cách giải chưa xác mong bạn bổ sung

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Mơn: TỐN

NĂM HỌC 2015 – 2016 Câu (3,0 điểm)

a) Cho S = 1.2.32.3.4 n(n1)(n2) với n số tự nhiên khác 0

Chứng minh 4S1 số phương

b) Tìm số nguyên x y thỏa mãn x2 2y2 2xy y2

Câu (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P =

11 17 4       x x x x x x với 1   

x x

x

b) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn abc5 a b c 3

Chứng minh

) )( )( ( 2

2       

 c a b c

c b b a a

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình  

2

3x x2   x2  x

b) Giải hệ phương trình

               2 2 y x y x x y xy y x

Câu (7,0 điểm)

Cho đường tròn t}m O đường kính AB = 2R Gọi M điểm

thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB) Vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)

a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng qui

c) Gọi K l| giao điểm EB MP Chứng minh K l| trung điểm MP d) Đặt AP = x, tính MP theo R x Tìm vị trí M đường trịn (O)

để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

Câu (2,0 điểm) Cho số thực phân biệt a,b,c Chứng minh   ) ( ) ( ) ( 2 2 2               a c c b b a c b a

-Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀTHI HỌC SINH GIỎI

Mơn: TỐN NĂM HỌC 2015 – 2016

I Một số ý chấm

 Hướng dẫn chấm thi đ}y dựa v|o lời giải sơ lược c{ch, chấm thi gi{m khảo cần b{m s{t yêu cầu trình b|y lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic v| chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh l|m b|i theo c{ch kh{c với Hướng dẫn chấm m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Hướng dẫn chấm

Điểm thi l| tổng c{c điểm th|nh phần khơng l|m trịn số

II Đáp án biểu điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Cho S = 1.2.32.3.4 n(n1)(n2) với n số tự nhiên khác 0

Chứng minh 4S1 số phương

b) Tìm số ngun x y thỏa mãn x2 2y2 2xy y2

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (1,5 điểm). Ta có

4S = 1.2.3.42.3.4.(51)3.4.5.(62) n(n1)(n2)(n3)(n1) 0,25

=1.2.3.42.3.4.51.2.3.43.4.5.62.3.4.5 n(n1)(n2)(n3)(n1)n(n1)(n2) 0,25

= n(n1)(n2)(n3) 0,25

Do 4S1 = n(n1)(n2)(n3)1=  23  23 21

n n n

n 0,25

= n23n 22n23n1 0,25

=  2 

 n

n Vậy 4S1 số phương 0,25

b) (1,5 điểm) Ta có

x y y y x y  y y

y xy y

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Với y1, PT trở th|nh x22x10x1Z 0,25

Với y0, PT trở th|nh x220xZ 0,25

Với y1, PT trở th|nh x22x10xZ 0,25 Với y2, PT trở th|nh x24x40x2Z

Vậy có cặp  x;y thỏa mãn đề b|i   1;1; 2;2 0,25

Câu (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P =

11 17 4       x x x x x x với 1   

x x

x

b) Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn abc5 a b c 3

Chứng minh

) )( )( ( 2

2       

 c a b c

c b b a a

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm)

Ta có

4 1

2

2    xx x  x  x x

x

x 0,5

Khi x3x2.x3x1x3x2x33x1x8x3 0,25 x4x3.x8x3x8x23x83x13x21x8 0,25 x5x4.x21x8x21x28x213x18x55x21 0,25 Suy P =

11 17 4       x x x x x

x    

21 8 33 1 11 17 21 55            x x x x x x 0,25 16 32   x x

( x0 ) Vậy P = 16

3

0,5

b) (2,0 điểm) Ta có

 

2

3          

 

 b c a b c ab bc ca ab bc ca

a 0,25

Do a2a ab bc ca  a b a c 0,25

b2b ab bc ca  b c b a 0,25

c2c ab bc  ca  c  a c  b 0,25

Suy

       c a c b

c a b c b b c a b a a c c b b a a             

2 2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC         a c c b b a b a c a c b c b a          0,25   ) )( )( (       c b a ca bc ab 0,25 ) )( )( (     c b a Vậy ) )( )( ( 2

2       

 c a b c

c b b a a 0,25

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình  

2

3x x2   x2  x

b) Giải hệ phương trình

               2 2 y x y x x y xy y x

ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (2,0 điểm) Điều kiện

2



x 0,25

PT 23x1 2x2110x23x6

42x2123x1 2x2 12x23x20

0,25

Đặt 2x2 1t (t0), ta 4t223x1t2x23x20 0,25

Ta có  2    2

3 '         

 x x x x x x 0,25

nên PT                3 3 x x t x x t            2 2 x t x t 0,25 Với 2   x

t  

                      2 2

2 2 2 2

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC Với 2   x

t

                         4 1 2 2 2 2 2 x x x x x x x x 6                x x x 0,25

Kết hợp điều kiện

2



x ta nghiệm PT l|

          ; 60

x 0,25

b) (2,0 điểm)

Xét hệ phương trình

               2 2 y x y x x y xy y x ) ( ) (

PT (1) 2x2y2xyy5x20y2x1y2x25x20

0,25

Ta có  2    2

1 9 18 '          

 x x x x x x 0,25

Khi PT

                   3 ) ( x x y x x y 0,25          2 x y x y 0,25 Với yx2, thay vào PT (2) ta 2x24x20x1y1 0,25 Với y2x1, thay vào PT (2) ta 

         4 x x x x 0,25

*) x1y1 *)

5 13

4 



 y

x 0,25

Vậy nghiệm hệ phương trình l|  1;1        13 ; 0,25

Câu (7,0 điểm)

Cho đường trịn t}m O đường kính AB = 2R Gọi M điểm

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng qui

c) Gọi K l| giao điểm EB MP Chứng minh K l| trung điểm MP d) Đặt AP = x, tính MP theo R x Tìm vị trí M đường trịn (O) để

hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn

ĐÁP ÁN ĐIỂM

P

Q

E I

A B

O

M

K

a) (2,0 điểm)

Xét tứ gi{c AEMO có góc OAE = OME = 900 nên tứ gi{c AEMO nội tiếp 1,0 Xét tứ gi{c APMQ có góc MPA = PAQ = AQM = 900nên tứ gi{c APMQ l| hình

chữ nhật 1,0

b) (2,0 điểm)

Do APMQ l| hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ v| MA cắt trung điểm I đường

1,0

Do tiếp tuyến A v| M cắt E, I l| trung điểm MA nên O, I, E thẳng h|ng

Vậy PQ, OE, MA đồng qui I 1,0

c) (2,0 điểm)

O l| trung điểm AB, I l| trung điểm MA nên OI song song với MB MBP = EOA Mà MPB = EAO = 900 nên MPB đồng dạng với EAO (g.g)

0,5

Suy PB : AO = PM : AE  PB AE = PM AO (1) 0,5

Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE  PB AE = PK AB (2)

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Từ (1) v| (2) suy PM AO = PK AB  PM 2AO = 2PK AB  PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K l| trung điểm MP

0,5

d) (1,0 điểm)

Trong tam giác vng MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x)2 P thuộc đoạn OA

MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (x - R)2 P thuộc đoạn OB Khi MP2 = (2R - x)x Suy MP = (2Rx)x

0,25

Diện tích hình chữ nhật APMQ l| S = MP AP = )

( Rx x 0,25

Áp dụng BĐT

4

2 ab cd abcd

d c b

a      với a,b,c,d 0 hay

4 

 



     a b c d

abcd Dấu “=” xảy abcd

0,25

S =

4 3 3 27 ) ( 27 ) ( R x x x x R x x x x R x x R                   

Dấu “=” xảy R x x x R

2 3

2    

 Suy P l| trung điểm OB Do ta x{c định M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn

0,25

Câu (2,0 điểm) Cho số thực phân biệt a,b,c Chứng minh

  ) ( ) ( ) ( 2 2 2               a c c b b a c b a

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Ta có 

                                                      1 1 1 a c a c c b c b b a b a a c a c c b c b b a b a

1

               b a b a a c a c a c a c c b c b c b c b b a b a 0,25

Khi

2                a c a c c b c b b a b a 2 2                              a c a c c b c b b a b a                b a b a a c a c a c a c c b c b c b c b b a b a 0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( a c a c a c c b c b c b b a b a b a a c a c c b c b b a b a                                                            

 3

2 2 a c a c c b c b b a b a ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2                a c a c c b c b b a b a (1)

Mặt kh{c 

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

 1 1 a b

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

1

         c b a b a c b a c a c b a c b c b a 0,25

Khi

2           

 a b

c a c b c b a 2 2                           b a c a c b c b a        

 b c

a b a c b a c a c b a c b c b a (2) 0,25

Từ (1) v| (2) suy

             

 2 2 2 2

2 ) ( ) ( ) ( a c c b b a c b a              

 22 22 22

) ( ) ( )

( c a

a c c b c b b a b a 2 2                            b a c a c b c b a

Dấu “=” xảy   1

0                                      a c c b b a c b a b a c a c b c b a a c a c c b c b b a b a

Chẳng hạn a0,b1,c1

0,5

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 03 trang)

Thí sinh làm (cả phần trắc nghiệm khách quan phần tự luận) tờ giấy thi A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm)

Câu Biểu thức

2

x

x x



  có nghĩa n|o?

A   3 x B.

3 x C. x 3 x2 D

5

3 x   

Câu Cho biểu thức 4 45

2 15

x x x x x

Q

x x x

   

 

   (x0;x25) Tìm gi{ trị nhỏ Q

A

3 B

7

3 C 2 D 3

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):y 2m3x4m3 Gọi h

l| khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng (d) Tìm gi{ trị lớn h

A.2 B 13 C 15 D.

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A2;3 ; B  4; ; C 5; 1  Tính diện tích tam gi{c ABC

A 30,5 B 28,5 C 42 D. 38

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng  1

2

:

3

d x y ;

 2

1

:

3

d y  x ;   d3 : 2m3x3my0 Tìm m để ba đường thẳng cho đồng quy

A 

B 1

2 C

3

2 D

2 

Câu Cho Parabol (P):

yx v| đường thẳng (d) có phương trình

 

2 16

y m x m Tìm gi{ trị m để (d) cắt (P) điểm phân biệt nằm hai phía trục tung

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

A. 16

5

m B 3 16

5 m   C.m 4 16

5

m D 16

5 m

Câu 7. Gọi x y0; 0 l| nghiệm phương trình  

2

9 7

x  y  x  y x cho

y đạt gi{ trị lớn Tính tổng x0 y0

A. 4 B

2 

C.

2 

D 5

Câu Tìm m để phương trình

( 4)

x  m x  m có hai nghiệm x x1; 2l| độ dài hai cạnh góc vng tam gi{c vng có độ dài cạnh huyền 26

A. m 8 m2 B m2

C. m 8 D m8 m 2

Câu Cho hình thang ABCD (AB//CD) có AB2,5cm AD; 3,5cm BD; 5cm DBCDAB Tính tổng BC+DC

A 17 (cm) B 19 (cm) C 20 (cm) D 22 (cm).

Câu 10 Cho tam giác ABC vuông A đường phân giác AD, DBC Đẳng thức n|o sau đ}y ?

A 1

AB AC  AD B

1

AB AC  AD C

1 1

AB AC  AD D.

1

AB  AC  AD

Câu 11 Cho tam giác nhọn ABC có 30

BAC  , kẻ hai đường cao BD, CE

DAC E; AB Gọi S S; ' l| diện tích ABC,ADE Tính tỉ số S'

S

A.

4 B.

4 C.

1

2 D

3

Câu 12. Cho tam giác ABC vuông A. Kẻ AH  BC , HDAB, HEAC

HBC D, AB E, AC Đẳng thức n|o sau đ}y ?

A.AD AB  AE AC B.BD BA CE CA C

2

AD DBAE ECAH D.

BD BA AH

Câu 13. Cho tam gi{c nhọn ABC có ABC ACB, kẻ đường cao AH, trung tuyến AM

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

A.tan cot - cot

C B

HAM  B.tan cot - cot

B C

HAM 

C.tan tan - tan

C B

HAM  D.tan cos - cos

2

C B

HAM 

Câu 14. Cho đường trịn tâm O, đường kính AB =2R Gọi M, N trung điểm OA, OB Qua M kẻ dây cung CD, qua N kẻ dây cung EF cho CD//EF

(C, F thuộc nửa đường trịn đường kính AB) 30

CMO Tính diện tích tứ giác CDEF theo R

A

15 R

B

13 R

C

15 R

D.

3 15

8 R

Câu 15 Cho đường trịn tâm O, đường kính AB=2R Điểm M thuộc tia đối tia

AB, qua M kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn (O) ( C tiếp điểm), kẻ CH vng góc với AB HAB biết MAa MC; 3a(a0).Tính CH theo a

A 12 a

B

a

C

a

D.14 a

Câu 16 Một hải đ ng vị trí A c{ch bờ biển (l| đường thẳng) khoảng ( )

AH  km Một người g{c hải đ ng muốn từ vị trí A trở vị trí B bờ biển (HB = 24 (km)), c{ch ch o thuyền với vận tốc 3 (km/h) tới vị trí M bờ (M

nằm H v| B) sau từ M chạy dọc theo bờ biển đến B với vận tốc gấp bốn lần vận tốc ch o thuyền Biết tổng thời gian di chuyển từ A đến B hết 20 phút Tính khoảng cách MB ?

HB=24km

3km

M B

H A

A 12 (km) B 16 (km) C 18 (km) D. 20 (km)

B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) Câu (3,0 điểm)

a) Cho số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  1 Chứng minh

2 2

1 1

a b b c c a

c a b

     

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC b) Chứng minh a b 3thì hai phương trình sau:

3

(a a x) a ya  1 0; (b3b x b y)  b4 1 (a,b là tham số) khơng có nghiệm nguyên chung

Câu 2(3,5 điểm)

a)Giải phương trình 2x 3 x 1 b) Giải hệ phương trình

3 2

3

3 1

x x y x xy y x y

x y x

      

 

   



Câu 3(4,0 điểm) Cho đường tròn ( ; )O R v| điểm A cố định ( ; )O R Gọi M, N c{c giao điểm hai đường tròn ( ; )O R ( ; )A R ; H l| điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn ( ; )A R Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt ( ; )O R

B, C Kẻ HI AB I( AB HK), AC K( AC)

a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cố định

2

AB AC R

b) Tìm giá trị lớn diện tích AIK H thay đổi

Câu 4(1,5 điểm) Cho số dương a b c, , thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 2 2

2( ) ( )

P a b b c c a  a b c  abc HẾT

Họ tên thí sinh: SBD:

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016-2017

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Hướng dẫn chấm có 05 trang

I. Một số ý chấm

- Đ{p {n chấm thi đ}y dựa vào lời giải sơ lược cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm

- Thí sinh làm theo cách khác với đ{p m| tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm đ{p {n

- Điểm thi tổng điểm câu khơng làm trịn số

II. Đáp án – thang điểm

1. Phần trắc nghiệm khách quan

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Đáp án đúng

D C B B A D A B A B A A,

C A C A D

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

2. Phần tự luận

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Cho số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  1 Chứng minh

2 2

1 1

a b b c c a

c a b

     

  

1,5

Ta có 2

1a ab bc caa (ab a)( c) 0,25

Tương tự

2

2

1 ( )( );

1 ( )( )

b ab bc ca b b a b c

c ab bc ca c c a c b

       

       

0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

Suy 2 1

1 ( )( )

a b a b

c c a c b c b c a

    

     0,25

2

1

;

1 ( )( )

1

1 ( )( )

b c b c

a a b a c a c a b

c a c a

b b a b c b a b c

    

    

    

    

0,25

Vậy 2 2 2 1 1 1

1 1

a b b c c a

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

           

         0,5

b) Chứng minh a b 3 hai phương trình:

3

(a a x) a ya  1 (1); (b3b x b y b)    4 (2) (a,b là tham số) khơng có nghiệm nguyên chung

1,5

Giả sử (1) (2) có nghiệm nguyên chung ( ;x y0 0), ta có

(a3a x) 0a y2 0a4 1 (3) ; (b3b x) 0b y2 0  b4 (4)

0,25

Vì a b, 0 ta có

4

0 0

2

0 0

2

4

0 0

2

0 0

2

(3)

1 1

0 0;

(4)

1 1

0

a x a y a x a

a a x y a x a y

a a a a

b x b y b x b

b b x y b x b y

b b b b

     

       

                

       

     

       

                

       

Suy ra

1

;

t a t b

a b

    hai nghiệm phương trình bậc hai (ẩn t)

0 t x t y  

0,25

Theo định lí Viet:

0 0

0

1

1 1

2

a b

a b x a b x

a b ab

a b

a b y ab y

a b b a ab

           

 

  

 

  

           



   



0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Nội dung Điểm

2 2

2 2

0

0

2 2

0 0

9

3 9

2

6 16

4

16

16 16

( ) 16

3

a b ab x

a b x

a b x

a b

y a b ab y a b y

b a



       



   

  

  

           

 

 

Suy 2

0 0

9

6 16 48 160 (4)

16x   y   x  y  Điều vơ lí VT(4) chia hết cho VT(4) không chia hết cho

Vậy a b 3thì hai phương trình (1), (2) khơng có nghiệm ngun chung 0,5

Câu 2(3,5 điểm)

a) Giải phương trình 2x 3 x 1 (1) 2,0

Điều kiện: x 1 0,5

Ta có:

(1) 1

2 2

2 1

x x

x x x

x x

    

     

   

0,5

2

2

4( 1)

1

2

x

x x x

x

x x

    

   

     

  



0,5

x x

     



Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x 1;x3

0,5

b) Giải hệ phương trình

3 2

3 (1)

3 1 (2)

x x y x xy y x y

x y x

      

 

   

 1,5

Điều kiện x0;y 1 Ta có:

2

2

(1) ( 1) ( )

( 1)( )

4

y x x y x x x

y x y x x

y x x

y x

       

     

       



Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TỐN HỌC

Nội dung Điểm

Từ (2)3 x  y         1 x 1 x y x y  x Vậy ta có

(1) y x 4x 0,25

Thay

y x  x vào (1) ta có x x24x  1 x (3) Vì x0 khơng nghiệm (3) nên

1

(3) x x

x x

     

0,25

Đặt t x (t 2) x t2 x

x

       Phương trình trở thành:

2

2

3 5

6

2 (3 )

t

t t t t t

t t

 

         

   

0,25

Suy

4

1 25 17

2 1

4

4 x

x x x

x x

  

       

  

0,25

Từ suy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (4;0);( ;1 15) 16



0,25

Câu 3.Cho đường tròn ( ; )O R v| điểm A cố định ( ; )O R Gọi M, N giao điểm hai đường tròn ( ; )O R ( ; )A R ; H l| điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn ( ; )A R Đường thẳng qua H vng góc với AH

cắt ( ; )O R B, C Kẻ HI  AB I( AB HK),  AC K( AC)

4,0

t

N

M

A' J

K

I O

H

C B

A

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Nội dung Điểm

2

AB AC R

Ta có AIH 90 ;0 AKH 900

Vì AIH AKH 1800

nên tứ giác AIHK nội tiếp 0,5 Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; )O R A

Ta có:

0 90

(1) 90

ACB HAC

ACB AHK

AHK HAC

  

  



 



0,5

Ta lại có: AHK AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)

BAt ACB(cùng

2sđAB) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt AIKAt IK

0,5

Mặt khác OAAtIK OA Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cố

định OA. 0,5

Gọi J l| giao điểm AO IK; A’ l| điểm đối xứng với A qua O

Ta có:  

' ' 90 ; '

ACH AA B AHC ABA ACH AA B

      0,25

2

'

'

AC AH

AB AC AH AA R AH R

AA AB

      0,25

b) Tìm giá trị lớn diện tích AIK H thay đổi 1,5

Ta có

AK AH

AKH AHC AK AC AH

AH AC

       0,25

Gọi S S, 'lần lượt diện tích tam giác ABC AIK.

Ta có AIK ACB AI AK IK AJ

AC AB BC AH

      , suy ra: 0,25

 

2 4 2

2

1

' 2

1 . .2 4 4

AJ IK

S AJ IK AK AK AC AH AH

S AH BC AH BC AB AB AC AH R R

   

        

    0,5

Suy

2

1

'

4 8

R R R

S  S  AH BC  BC  R 0,25

Vậy giá trị lớn tam giác AIK R

, đạt H O 0,25

Sưu tầm tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Nội dung Điểm

của biểu thức 2 2 2

2( ) ( )

P a b b c c a  a b c  abc Ta có:

2 2 2

( )( ) ( ) ( )

ab bc ca a b c ab bc ca  a b b c c a  ab bc ca  abc Suy

2 2

2 2 2

( ) 2( ) 2( )

1 ( ) ( )

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

a b b c c a ab bc ca abc

           

 

         

0,25

Do đó:

2 2 2 2 2

2 2

2( ) ( ) ( )

1 2( )

P a b b c c a a b b c c a ab bc ca abc abc

ab bc ca abc

 

            

    

0,25

Khơng tính tổng qt giả sử a b c Suy a a b b c(  )(   ) (a2ab b c)(  )

a b a c ab2   2abc 0 ab2ca2a b abc2 

0,25

Do

2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

ab bc ca abc ab ca bc abc a babc bc abcb ac 0,25 Với số dương x, y, z ta ln có:

    2  2 2

3 3

3 3

3 3

3

2

x  y x xyz  x y  z  x y  y z  z  x 

 

Suy

3

3 (*)

3

x y z

x  y z xyz xyz    

 

Dấu xảy x y z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

3

3

2 2

( ) 4

2 3 27

a c a c

b

a c a c a b c

b a c b

 

   

 

   

    

          

      

 

0,25

Suy 2 2 19

1 2( ) ( )

27 27 P  ab bc ca abc   b ac   

Vậy 19

27

MinP P đạt giá trị nhỏ a  b c

Trang 1/3

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÚ THỌ LỚP THCS NĂM HỌC 2017-2018

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 03 trang)

Thí sinh làm (trắc nghiệm khách quan phần tự luận) tờ giấy thi; không làm bài vào đề thi.

A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Câu Cho phương trình x2mx 4 0.

Tập hợp giá trị tham số m để phương trình có nghiệm kép

A 4;   B  4 C  4 D  16

Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, góc tạo hai đường thẳng có phương trình y 5 x

5

y x bằng A.70 o

B 30 o

C 90 o

D 45 o

Câu Cho

 

310 3 3 1 5

x  

  Giá trị biểu thức

 3 2018

4

x  x

A 22018. B 22018. C 0. D 1

Câu 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2018; 1) B( 2018;1). Đường trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A. 2018

x

y 

B 2018

x

y C y2018 x D y 2018 x

Câu Cho biểu thức P 2x 8x 4 2x 8x4 , khẳng định ?

A

2

P 

với

1

x

B P 2 với x1

C P 2 2x1 với x1 D. P 2 2x1 với 12 x

Câu Trong góc phần tư thứ hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M, biết M cách trục tung, trục hoành đường thẳng y 2 x Hoành độ điểm M

A 2 B 2

C

1

2 D

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, khoảng cách từ điểm M2018; 2018 đến đường thẳng

2

y x bằng

A 2 B 2. C 4 D 1

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ

,

Oxy

cho điểm

2

10

A m;m - 

  Khi

m

thay đổi khẳng định ?

A Điểm A thuộc đường thẳng cố định B Điểm A thuộc đường tròn cố định

C Điểm A thuộc đoạn thẳng cố định D. Điểm A thuộc đường thẳng y x 10.

Câu Cho tam giác ABC cóAB3 cm AC, 4 cm BC5 cm Kẻ đường cao AH, gọi I K, tâm đường tròn nội tiếp tam giác HAB tam giác HAC Độ dài đoạn thẳng KI

Trang 2/3

A. cm B. 2 3 cm. C 1 5 cm. D 2 3 cm.

Câu 11. Cho hai đường tròn  I 3; O;6 tiếp xúc với A Qua A vẽ hai tia vng góc với cắt hai đường tròn cho B C Diện tích lớn tam giác ABC

A 6 B 12 C 18 D 20

Câu 12 Cho hình thoi ABCD có cạnh Gọi x y, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

ABC

tam giác

ABD

Giá trị biểu thức 2 1

x  y bằng

A 4 B

C

3

2 D

1

Câu 13. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn O R;  đường kính AC dây cung BD R Gọi , , , x y z t khoảng cách từ điểm O tới AB CD BC DA, , , Giá trị biểu thức xy zt

A 2 R2 B 2 R2

C

2

2

2 R D

2

2

4 R

Câu 14. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I; cm) nội tiếp đường tròn O;6 cm Tổng khoảng cách từ điểm O tới cạnh tam giác ABC

A 8 cm B 12 cm C 16 cm D 32 cm

Câu 15 Nếu tam giác có độ dài đường cao 12,15, 20 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác

A 5 B 4 C 3 D.6

Câu 16 Trên khu đất rộng, người ta muốn rào mảnh đất nhỏ hình chữ nhật để trồng rau an toàn, vật liệu cho trước 60m lưới để rào Trên khu đất người ta tận dụng bờ rào AB có sẵn (tham khảo hình vẽ bên) để làm cạnh hàng rào Hỏi mảnh đất để trồng rau an tồn có diện tích lớn ?

A.400 m2. B.450 m2. C 225 m2. D.550 m2.

B PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu (3,0 điểm).

a) Cho a b c2  b c a2  2018 với a b c, , đôi khác khác khơng Tính giá trị biểu thức c a b2  

b) Tìm tất số nguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c  91 b2 ca.

Câu (3,5 điểm).

a) Giải phương trình x22x x22x 2

b) Hai vị trí A B cách 615 m nằm phía bờ sông Khoảng cách từ A B, đến bờ sông 118 m 487 m(tham khảo hình vẽ bên) Một người từ A

đến bờ sông để lấy nước mang B Đoạn đường ngắn mà người mét (làm tròn đến đơn vị mét)

Trang 3/3

( ,B C tiếp điểm) Một cát tuyến thay đổi qua A cắt  O tại D E AD ( AE). Tiếp tuyến

của  O D cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC điểm M N

a) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AD Chứng minh bốn điểm M E N I, , , thuộc đường tròn  T

b) Chứng minh hai đường tròn  O  T tiếp xúc c) Chứng minh đường thẳng IT qua điểm cố định

Câu (1,5 điểm).

Chứng minh   2

3 3

9

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

  

 

     

  

  với

, ,

a b c

độ dài ba cạnh tam giác

- HẾT

-Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017-2018

Mơn: TỐN

Trang 4/3

A C B C B,D A,B B A

Câu 9 10 11 12 13 14 15 16

D B C A C A A B

B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm) Câu 1

3,0 điểm

a) Cho a b c2  b c a2  2018 với a b c, , đôi khác khác khơng Tính giá trị biểu thức c a b2  

b) Tìm tất số nguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c  91 b2 ca. Điểm

a) 1.5 điểm

Ta có      

2 a b a b 1.

a b c b c a

bc ab ab ca c b a c



       

   0,25

Suy ab bc ca   0 bc a b c   abc a b c 2  2018.(1) 0,5

  2 

0 (2)

ab bc ca   ab c a b  abc c a b  0,5

Từ (1) (2) ta c a b2  2018 0,25

b) 1,5 điểm

Đặt b qa c q a q ;   1 ta a 1  q q291 13.7. 0,25

Trường hợp 1: Nếu q số tự nhiên ta

1

1; 9; 81

1 91

a a

a b c

q q q

 

 

    

     

 

0,25

2

7

7; 21; 63

1 13

a a

a b c

q q q

 

 

    

  

   

 0,25

2

13 13

13; 26; 52

1

a a

a b c

q q q

 

 

    

  

   

 0,25

Trường hợp 2: Nếu

q

số hữu tỷ giả sử  3; 

x

q x y

y

  

Khi a 1  q q291a x 2xy y 291y2x2xy y 19

0,25

Ta có

2

2 2

2 91 6;

ax a

c a ty x xy y x y

y y

            

và a25;b30;c36

Vậy có số a b c; ;  thỏa mãn1;9;81 , 81;9;1 , 7; 21;63 , 63; 21;7 ;       

0,25

Câu 2. 3,5 điểm

a) Giải phương trình x22x x22x 2 0.

b) Hai vị trí A B cách 615m nằm phía bờ sơng Khoảng cách từA B, đến bờ sông 118m 487m(tham khảo hình vẽ đây) Một người từ A đến bờ sông để lấy nước mang B Đoạn đường ngắn mà người mét (làm tròn đến chữ số thập phân)

a)

 

2 2 2 2 0 2 2 2 2 0.

x  x x  x   x  x  x  x   0,25

2

2 1( )

2 2

x x L

x x

    

 

   



0,25 0,25

2 2 2 4 2 2 0

x x x x

Trang 5/3

1

x  

  

 0,25

b) 2,0 điểm

Gọi C D, hình chiếu A B, lên bờ sơng Đặt CEx0 x 492

Ta có  

2

615 487 118 492

CD    0,25

Quãng đường di chuyển người AE EB

 2

2 1182 492 4872

x x

    

0,25

Ta có với a b c d, , ,    

2

2 2 (1).

a b  c d  a c  b d 0,25

Thật         

2

2 2 2 2 2

1 a b  c d  a b c d  a c  b d

a2 b2c2 d2 ac bd (2)

    

Nếu ac bd 0 (2) ln Nếu ac bd 0bình phương hai vế ta 0,25

(2) trở thành ad bc 20.Dấu đẳng thức sảy ad bc 0,25 Áp dụng (1)    

2

492 487 118 608089 779,8

AE EB  x x     m 0,25

Dấu đẳng thức xảy 487x118 492 x x 96m 0,25 Vậy quãng đường nhỏ 780 m 0,25 Câu 3

4,0 điểm Cho đường tròn  O điểm

A nằm  O Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB AC,

với  O (B C, tiếp điểm), cát tuyến thay đổi qua A cắt  O D

( )

E ADAE Tiếp tuyến  O tại D cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC

các điểm M N

a) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AD, chứng minh bốn điểm

, , ,

M E N I thuộc đường tròn  T .

Trang 6/3

Ta có 蹷ABO ACO蹷 180o nên tứ giác ABON nội tiếp

Gọi J giao điểm AD với đường tròn ABOC.Suy DMA đồng dạng

DNJ



0,25

Suy DM DN DA DJ 0,25

Mà

1

2 ;

2

DA DI DJ  DE 0,25

Nên DM DN DI DE DMI đồng dạng DEN 0,25

Vậy tứ giác MINE nội tiếp hay có đpcm 0,25 b)

1,5 điểm Dễ thấy

MN OAthì  O  T tiếp xúc E 0,25

Khi MN khơng vng góc OA Gọi K giao điểm MN với tiếp tuyến

 O E

0,25

Ta có O J K, , thẳng hàng 0,25

Trong tam giác OEK KJ KO KE:  (1) ( Định lý hình chiếu) 0,25 Trên đường trịn ABOC ta có KJ KO KN KM  (2) 0,25 Từ (1) (2) suy KE2 KN KM nên KE tiếp xúc  T 0,25

c)

1,0 điểm Ta có

蹷 蹷 蹷

OED ODE TIE  0,25

Nên IT OD‖ Gọi WOA IT 0,25

Vì I trung điểm AD nên W trung điểm OA (đpcm) 0,25

Khi MN OA W IT. 0,25

Chứng minh   2

3 3

9

a b b c c a

a b c

a ab b bc c ca

  

 

     

  

  với

, ,

a b c

độ dài ba cạnh tam giác

Giả sử a b c t   đặt a tx b ty c tz ;  ;     x y z 0,25

Ta chứng minh

  t x y232  2t3y z2  t z x232 

t x y z

t x xy t y yz t z zx

    

 

    

  

 

 

2

3 3

9

x y y z z x

x xy y yz z zx

  

   

  

Trang 7/3

1,5 điểm  x x y    y y z    z z x    9 1z x 1x y 1y z

2 2

5 5

x y y

x x y y z z

  

   

  

0,25

Vì

, ,

a b c

ba cạnh tam giác nên

1

, , 0;

2

a b c  x y z 

  0,25

Ta có:

  2 

2

5

18 3

x

x x x

x x

      



1 0;

2

x  

  

  2 

2

18 3

y

y y y

y y

      



1 0;

2

y  

  

  2 

2

5

18 3

z

z z z

z z

      



1 0;

2

z  

  

0,25

Suy 2  

5 5

18

x y y

x y z

x x y y z z

  

      

   2

5 5

x y y

x x y y z z

  

   

  

0,25

Hết -ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh

Mơn: Tốn

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 15 tháng 03 năm 2019

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Tên : Trương Quang An Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc : SƯU TẦM

A.TRẮC NGHIỆM (8điểm)

Câu 1.Có tất số nguyên dương n cho

2 1024

15

n

 là số tự nhiên A.1 B.4 C.3 D.5

Câu 2. Cho hình thang ABCD có hai cạnh đáy AB,CD

choAB4, DC 9,DABDBC Độ dài đường chéo BD A.6 B.7 C.8 D.10

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy đường thẳng qua điểm M(2;5) song song với

đường thẳng y=2x có phương trình

A.y = 2x+1 B.y = 2x-1 C.y =- 2x+9 D.y = -2x+1

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(2;3) B(6;1).Độ dài đường cao

hạ từ đỉnh O tam giác OAB A.

2 B.

2 C. D. 2

Câu 5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;3), B(2;-2), C(-2;-2), D(-3;3)

Diện tích tứ giác ABCD A. 15

2 B. 15

2 C. 15 D.30

Câu 6.Cho hàm số 2

ax ; x ; x

y yb yc có đồ thị sau Khẳng định A. b a c B a b c C. c b a D c a b

Câu 7. Cho bốn điểm A,B,C,D nằm đồ thị hàm số

yx sao cho ABCD tứ giác lồi nội tiếp đường trịn đường kính AC.Gọi M x y( ;1 1);N x y( ;2 2) trung

điểm AC,BD giá trị y1y2 bằng

A. B

2 C. 1 D

Câu 8. Cho tam giác ABC vng A có AB=3 ,AC=4 phân giác AD.Gía trị

DC-DB A.

7 B

7 C.

7 D

Câu 9. Gọi S tập nghiệm phương trình số nghiệm phương trình

2

1 2019 2019x 2020

x     x x x   là

Giá trị

a a

   bằng

A

2



B. 1 C. 2



D 1

Câu 11. Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH,trung tuyến AM.Biết

24 25

AH

AM  và cạnh huyền BC=35.Độ dài bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC bằng

A 3,5 B. 7 C. 8,75 D 14

Câu 12. Cho tam giác ABC vng A có AB 5, đường cao AH=2.Kẻ HK vng

góc AC (K thuộc AC).Độ dài CK A 3

2 B.

2 C. 5

2 D 16

5

Câu 13. Một học sinh đứng mặt đất cách tháp ăng-ten 100m.Biết học sinh

nhìn thấy đỉnh tháp góc

19 so với đường nằm ngang ,khoảng cách từ mắt đến mặt đất bằng 1,5m Chiều cao tháp (làm tròn đến đơn vị mét)

A 34 B.35 C. 36 D 38

Câu 14. Tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp bán kính đường trịn ngoại tiếp

một tam giác A 1

4 B.

3 C.

2 D

Câu 15. Cho tam giác ABC vuông A ,đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiế xúc với

BC D.Biết BD=2DC=10.Diện tích tam giác ABC A 25 B.50 C. 50 2 D 100

Câu 16.Có tất cách xếp bạn An, Bình ,Cường ,Thắng,Việt ngồi thành

hàng ngang cho hai bạn Thắng Việt không ngồi cạnh A.48 B.72 C. 96 D 118

B.TỰ LUẬN (12điểm) C (3 điểm :

a)Chứng minh số nguyên dương đôi phân biệt ln tồn số có t ng là hợp số

b)Bạn Thắng chia số 2018 cho 1, 2, 3, 4, , 2018 viết 2018 số dư tương ứng sau bạn Việt chia số 2019 cho 1, 2, 3, 4, , 2019 viết 2019 số dư tương ứng H i có t ng số dư lớn lớn

C (3 điểm :

a) Giải hệ phương trình:  

 

3

2

3 32

x y xy

x y x y

    

 

    



b) Giải phương trình   

2

10 11

x x x

x

     

 

 

(O) M, N

a)Chứng minh MN song song EF

b)Chứng minh MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC c)Chứng minh EF qua điểm cố định D chạy BC

Câu 4(1 điểm Cho số thực x1, x2, , xn 0;1

Chứng minh  2  2 2 2 2

1 3

1 x x x   xn 4 x x x  xn

- Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm

ĐÁP ÁN C 1( điểm

a)Chứng minh số nguyên dương đôi phân biệt tồn số có t ng là hợp số

b)Bạn Thắng chia số 2018 cho 1,2,3,4, ,2018 viết 2018 số dư tương ứng sau bạn Việt chia số 2019 cho 1,2,3,4, ,2019 viết 2019 số dư tương ứng H i có t ng số dư lớn lớn

Giải a)Áp dụng quy tắc chẵn –lẻ Xét trường hợp:

Ta có a, b, c c ng chẵn nên đương nhiên chọn cặp có t ng hiệu của chúng số chia hết cho

Ta có a, b, c c ng lẻ nên đương nhiên chọn cặp có t ng hiệu chúng số chia hết cho

Ta có a, b, c có cặp số lẻ nên hiệu t ng số lẻ chia hết cho a, b, c có cặp số chẵn nên hiệu t ng số chẵn chia hết cho

Hai trường hợp đầu có cặp số th a mãn đầu Hai trường hợp cuối có cặp số th a mãn đầu Vậy có nhât cặp số mà t ng hiệu chúng chia hết cho nên hợp số

cũng có cặp số có số dư (1+4) (2+3) nên t ng cặp số chia hết cho 5 Với nhóm số có số dư (1,2,3,4) nên suy cặp có t ng chia hết cho

*Cả số có số dư tr ng nên cặp đơi có hiệu nên chia hết cho 5

*Cả cặp có số dư tr ng nên hiệu cặp nên chia hết cho *Cả cặp có số dư tr ng nên hiệu cặp nên chia hết cho Vậy chọn cặp số mà t ng hiệu chúng chia hết cho 5.Hay trong số nguyên dương đôi phân biệt ln tồn số có t ng hợp số

b)Gọi T là t ng số dư thắng, V t ng số dư Việt.Gọi t1; t2018 số

dư chia 2018 cho 1,2, ,2018, gọi v1; , v2019 số dư chia 2019 cho 1,2, ,2019.Ta thấy

rằng T   t1 t2 t2018;V   v1 v2 v2019 với i1.2.3 ,2018.Nếu     1

2019 i v ti i 1 Nếu v1    i v1 ti

     

 V t1 1 t2  1  t2018 1 S(2019 T 2018S(2019) Trong S(2019) là t ng ước khơng vượt q 2018 2019 Ta có 2019=1.3.773 Suy

S(2019)=677 nên ta có V=T+2018-677=T+1341 Suy V > T V-T=1341

C 2(3 điểm

a) Giải hệ phương trình:  

 

3

2

3 32

x y xy

x y x y

    

 

    



b)Giải phương trình   

2

10 11

x x x

x

     

 

 

H n đ n

a)Cách 1.Ta có  

 

 

 3    

3

2

2

3 32 3 32

x y xy

x y xy

x y x y x y xy x y x y

    

    

 

 

           

 

 

.Ta

đặt    

; ( )

x y s xy p s p Khi hệ tương đương với    

   



2

3 32

s p

s ps s .Giải hệ

trên ta có nghiệm

Cách 2.Ta có  

 

 

 3    

3

2

2

3 32 3 32

x y xy

x y xy

x y x y x y xy x y x y

    

    

 

 

           

 

 

 

   

 

   

        

 

 

           

 

 

2

3 ( 1) 32 ( 1) 32

x y xy x y xy

x y x y xy x y x y xy

 

   

   

  

    



2

6 32

x y xy

x y x y

 

      

       

   

2

2

2

4

4

3

x x

x x x x

x x .Từ suy nghiệm

C ( điểm

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D thuộc BC( D không tr ng B,C) (O/) tiếp xúc với

trong với (O) K tiếp xúc với đoạn CD,AD F,E Các đường thẳng KF, KE cắt (O) tại M,N

a) Chứng minh MN song song EF

b) Chứng minh MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC c) Chứng minh EF qua điểm cố định D chạy BC

H n d n

(d)

I

H

M

N K

O

O/

B C

A

D E

F

a)Qua K kẻ tiếp tuyến chung (d) với (O) (O ) gọi H giao (d) BC

/ / EF

KEFFKHMNKMN

b) Ta có tam giác HKF cân H suy HKFHFK MBMC suy

AKN AMNAIE nên tứ giác AEIK nội tiếp

Suy DEFEKFEAIEIAEKIIKEEIAIKF hay MIFIKF Suy MIF đồng dạng MKI g g( )MI2 MK MF (1)

Ta có MC tiếp tuyến (KFC) suy

(2)

MC MF MK

Từ (1) (2) suy MI = MC Lúc ta có

MICMCI IACICA MCBBCIICABCI

Nên CI phân giác ABC, mà AM phân giác BAC nên I cố định

Câu 4 ( 1,5 điểm) Cho số thực x1, x2, , xn 0;1 Chứng minh

 2  2 2 2 2

1 3

1 x x x   xn 4 x x x  xn

Giải

Áp dụng BĐT  2

4

AB  AB với A1;B  x1 xn ta có

 2  

1 3

1 x x  x xn 4 x x  x xn với x1, x2, , xn 0;1

nên x x1 1  1 x12    x1 x1 x12 Tương tự ta có

2 2 2

2 2; ; n n n n

x x x x  x x   x x x x x  x

Suy       2        2 2 2  2

1 3