TONG HOP 21 DE THI HOC SINH GIOI TOAN 9 C DAP AN

Chøng minh OD lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BDE.. Bµi 6..[r]

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ò sè

Câu 1: Cho biểu thức

3

1

1 1

x x A

x x x x x



  

    

a, Rút gọn A b, Tìm x để A >

c, Tính Giá trị A

3

5 x 



Câu 2: Cho (p): y x2 

(d): y3x

a, Tìm hai toạ độ giao điểm (p) (d)

b, Tính diện tích tam giác tạo hai toạ độ giao điểm gốc toạ độ

Câu 3: Giải hệ phương trình:

1 x y

xyz y z

xyz x z

xyz  

 

  

 

  

 



Câu 4: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O;R) Vẽ AI vng góc với BC, BE vng

góc với AC AI cắt BE H a, Chứng minh CHI CBA 

b, Chứng ming COEI

c, Khi ACB 600 Chứng minh CH CO

Câu 5: Cho ABC có A 900; AB BC AM đường trung tuyến tam giác AMB; ACB

Chứng minh 1 sin (sin cos )2

  

  

HÕt

Câu 1: (3đ)

a, Điều kiện: x > 0,5đ

2

A x  x 1,5đ

b, A > 1x2 2,0đ

c, A = 2,0đ

Câu 2:

a, A(1;1), B(2;4) 1,0 đ

b, SAOB 1 (đvdt) 1,0 đ

Câu 3: Hệ phương trình có hai nghiệm:

(x; y; z) = (1; 2; 3) (x; y; z) = (-1; -2; -3) 2,0đ

Câu 4:

a, CHI CBA  2,0đ

b, Kẽ đường kính CD DAB BCD

DAB ABE

ABEABF

ACE HIE

 HIE BCD

có AI BC IECO 3,0đ

c, HCE DCB CH CE CD BC

    

2

CH  BC 3,0đ

Câu 5:

1

sin sin

2

AH   AM  BC 

sin sin cos

AH   AC BC   sin  sin cos

 

2

1 sin  (sin cos)

    2,0đ

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

2 H . O

F

E

I D

A

C B

A

C M

§Ị sè

Câu 1(5,0 điểm): Cho biểu thức P =     

 

   

2 x

x x x

x x x x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x = 14 5

c) Tìm GTNN P

Câu 2(4,0 điểm):

Bằng đồ thị, biện luận số nghiệm phương trình: x  x m

Câu (3,0 điểm):

Tìm số có hai chữ số biết phân số có tử số số đó, mẫu số tích hai chữ số có phân số tối giản 16

9 hiệu số cần tìm với số có chữ số

với viết theo thứ tự ngược lại 27

Câu 4(6,0 điểm): Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Gọi AB đường

kính đường trịn (O), AC là đường kính đường tròn (O’), DE tiếp tuyến chung hai đường tròn, D  (O), E  (O’), K giao điểm BD CE

a) Tứ giác ADKE hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh AK tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh MK vng góc với DE

Câu 5(2,0 điểm): Giải phương trình : 3x2 6x 7 5x2 10x 21 2x x2

       

hớng dẫn chấm đề số 2

Câu: Nội dung bản: Điểm

1

a) ĐKXĐ: x 0, x9

P =      

   

     

 



 

2

x x x x x

x

x

x x

b)          

2

x 14 5 x 3

P = 58

11

c)

  

        

   

x x 9

P x x

x x x x

=>P2  24

Dấu “=” xảy    



x x

x

Vậy P = x =

0.5 1.0 1.0 1.0 0.5 0.5 0.5

2

*Xét ba trường hợp:

Với x0 y = -x – x +1 = -2x +

Với < x < y = x – x + = Với x1 y = x + x – = 2x -1

Vậy y =

2x nÕu x nÕu < x < 2x - nÕu x

  

  

 



Đồ thị hàm số : y = x  x 1

là đường nét đậm hình vẽ *Đường thẳng y = m phương với Ox, cắy Oy điểm có tung độ m Dựa vào đồ thị ta kết luận:

Nếu m < phương trình vơ nghiệm

Nếu m = phương trình có nghiệm : 0 x

Nếu m > phương trình có nghiệm

1.0

1.0 1.0

1.0 Gọi số cần tìm xy với x y, Z;1x y, 9 1.0

4

1 O -1 1

2

-1

Theo giả thiết:

 

10 16

3

90 16

10 10 27

x y

x y xy

x y xy

x y y x

 

   





 

 



    



Giải hpt ta được:

3 9;

16

x  x  (loại) Suy y 6

Vậy số cần tìm :96

1.0 0.75 0.25

4

a) Theo tính chất góc ngồi tam giác :  O1 = 2B, O’1 = 2C

mà O1 + O’1 = 1800 nên B+C=900, suy K=900 Ta lại có

D = E = 900 nên tứ giác ADKE hình chữ nhật.

b) A1+A2=D1+D2=900 nên KA  BC Vậy AK tiếp tuyến

của (O) (O’)

c) K1 + E1 = C + EKA = 900 nên MK  DE

2.0 2.0 2.0

5

Viết lại phương trình dạng :

3(x 1)2 4 5(x 1)2 16 (x 1)2

       

Vế trái phương trình khơng nhỏ 6, cịn vế phải không lớn

Vậy đẳng thức xảy hai vế 6, suy x = -1

1.0 1.0

môn toán

Thi gian lm bi: 150 phỳt Đề số

Bài (3đ)

Cho biểu thøc:

1 1 1

2

   

 

  

x x

x x x

x x A

1 Tìm x để biểu thức A có nghĩa Hãy rút gọn A

2 TÝnh A x33 

3 Chøng minh r»ng:

A Bài (4đ)

Giải phơng trình, hệ phơng trình sau

1 1

      

 x x x x

x

2

     

  

  

  

1

1

1

y x z

x z y

z y x

Bài (6,5đ)

1 Cho a b c d, , , lµ sè nguyên dơng bất kì, chứng minh số

a b c d

A

a b c a b d b c d a c d

   

      số nguyên

2 Giả sử x,y số không âm thay đổi thoả mãn điều kiện 2  y

x

a Chøng minh r»ng 1xy

3 Cho a,b,clà ba số dơng Chứng minh rằng:   

 

       

a c c b b a c b

a

1

1

1 1

Bài (3,5đ) Cho ABC cạnh a Điểm Q di động cạnh AC, điểm P di động

trên tia đối tia CB cho AQ BP a.

 Đờng thẳng AP cắt đờng thẳng BQ M

a CM tứ giác ABCM ni tip c

b Tìm giá trị lớn cña MA MC theo a

Bài (3đ) Cho tam giác ABCnội tiếp đờng tròn  O , điểm M thuộc cung BC không chứa A Gọi MH,MI,MKtheo thứ tự đờng vng góc kẻ từM đến BC,AB,AC Chứng minh

MK AC MI AB MH

BC

 

HÕt

hớng dẫn chấm đề số 3 Bài (4đ)

1 (2đ) A có nghĩa chØ            1 0 01 0 x x x x (0,5®)

* Rót gän

1 1 1          x x x x x x x A =

  

1 1 1           x x x x x x x x (0,25®) =     

 1 1

1 1           x x x x x x x x (0,25®) =

    1  1

1

1      

      x x x x x x x x x x x x x (0,75®) 2.(1đ) Theo giả thiết x33 24 212 x4 21 (0,5®)

Do 33 1 33          A (0,5đ)

3.(1®) Ta cã

3     A

A hay

3 1    x

x

x (0,25®)

    3  1

1 3                   x x x x x x x x x x x x

, (0,5đ) Vì 3x x10; x12 0, x1

KÕt ln: Víi 0x1

A (0,25đ)

Bài (3,5đ)

1.(1,5đ) ĐK: 1

0 1 0 1 0 1               x x x x x x (0,5đ)

Đặt 1;

    

 x b x x x

a víi a0,b0

Ta cã x4 x 1x3 x2 x 1 a.b

      

Khi PT cho trở thành: ab1ab a1b10 a1hoặcb1 (0,25đ) * Với a1thì x11 x2 (thoả mãn) (0,25đ)

* Víi b 1th× 1 1  1            

x x x x x x x x

x

2.(2đ) ĐK:                     4 1 4 1 4 1 01 4 01 4 01 4 z y x y x z (0, 5®) Ta cã                                1 42 2 2 14 2 2 2 14 2 2 2 1 4 14 14 y xz x zy z y x y xz x zy z yx (0,25®)

Cộng theo vế ba pt hệ biến đổi ta đợc:

4x 4x 1  4y 4y 1  4z 4z10 (0,25®)

4  1  11   1  11   1  110

 x x y y z z (0,25®)

  112   112  112 0

 x y z (0,25®)

                             114 114 114 114 114 114 011 4 011 4 011 4 z y x z y x z y x                       2 1 2 1 2 1 2 4 2 4 2 4 z y x z y x (tm®k) (0,25®)

KL: HƯ pt cã nghiƯm nhÊt          ; ; ;

;y z

x (0,25đ)

Bài (6,0đ)

1.(2,5) Vì a b c d, , , dơng nên ;

d c b a a c b a a     

 a b c d;

b d b a b     

 a b c d;

c d c b c       ; d c b a d d c a d     

 (0, 5®)

Cộng tất BĐT chiều ta đợc

a b c d A

a b c a b d b c d a c d

   

        abcd 

a d c b a b  

 +a b c d

c

 

 +a b c d

d

  

= 1

      d c b a d c b a (1) (0,5®)

Mặt khác, ta có BĐT xy yx zz

 

 víi x  yvµx,y,z 0 (*)

ThËt vËy, ta xÐt hiÖu

 

     0

          z y y y x z z y y yz xy xz xy z y z x y x

(vì x y) (0,25đ) Bây ta áp dụng BĐT (*) ta có BĐT

; d c b a d a c b a a      

 a b c d;

c b d b a b        ; d c b a a c d c b c      

 a b c d;

b d d c a d      

 (0, 5®)

Cộng BĐT chiều ta đợc

a b c d

A

a b c a b d b c d a c d

                  d c b a d a      d c b a c b d c b a a c     d c b a b d      =2  2

      d c b a d c b a (2) (0,5®)

Kết hợp (1) (2) ta đợc 1A2 hay A khơng phải số ngun (0,25đ)

2.(1,5®) a Trớc tiên ta chứng minh BĐT x y2 2x2 y2   

ThËt vËy, ta xÐt hiÖu

    2  

2 2 2 2 2

         

y x y x y x xy y x y

x , hay x y2 2x2 y2

Đẳng thức xảu x y (0,25đ)

¸p dơng

 2 2 2   

y x y

x (v× 2

 y

x ) Suy xy (1) (0,5đ)

Ta lại có: x x2 y y2x1 xy1 y Vì x,y0 2

 y

x nên 0x 1;0y 1 Do x1 x0;y1 y 0

Suy 2

   y x y

x (2) (0,5đ)

Từ (1) (2) ta cã 1xy (0,25®)

3.(2®) Víi x,y,z 0, ta cã xyz3 xyz3 ;

3 1 xyz z y

x  

Suy  

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

 1 1 (*) (0,25®)

(Chú ý đẳng thức xảy xyz)

¸p dơng (*) ta cã

b a b b a 1     ; c b c c b 1     ; a c a a c 1   

 (0,5®)

Cộng vế ba BĐT chiều ta đợc:                     a c c b b a c b a 2 1

3 (0,25®)

               a c c b b a c b a 2 1 (0,25đ) Đẳng thức xảy abc

Bài (4đ)

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình9 A

Q

1.(2đ) Theo giả thiết AQ BP a.

 suy

BP AB AB AQ

 ; BAQABP600 (0,75®)

VËy AQB~ BAPc.g.c Suy AQBBAP600 CAM (0,75đ)

Mà AQBQBCQCB600 QBC

Do MAC MBC(hai góc chắn cung).Nên t giỏcABCM ni tip(0,5)

2 (2đ) Trên MBlấy điểm E cho ME MA (0,25®)

Do 600

 



AME ACB , tam giác AME tam giác Suy AE AM 600



MAE , từ BAE MAC600  EAC Lại có AB AC anên BAE CAMc.g.c, suy BE CM (0,5đ)

VËy MAMCMEEBMB (0,25®)

Do đóMA MC lớn khiMBlớn khiMBlà đờng kính đờng

trịn ngoại tiếp tam giác đềuABC (0,25đ)

Gọi hvà R lần lợt chiều cao bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác đềuABC

2

a

h  vµ

3

3 3

2 a a

h

R   Do

3 2R a

MB   (0,5®)

Vậy giá trị lớn MA MC =

3

2a (0,25đ)

Bài (2,5đ)

Gi¶ sư AC AB Ta cã

MK AK MI

AI MK

KC AK MI

BI AI MK

AC MI AB

   

(1) (0,5đ)

(Vì

MK KC MI

BI MCK g

MBI g MCK

MBI       

 cot cot ) (0,25®)

Do MABMCB (cïng chắn cungMB) nên cotgMABcotgMCB, (0,25đ)

Suy

MH CH MI

AI

 (2) (0,5®)

Do MAC MBC (cùng chắn cungMC) nên cotgMAC cotgMBC, (0,25đ)

Suy

MH BH MK

AK

 (3) (0,5®)

Tõ (1), (2), (3) suy

MH BC MH

BH MH CH MK

AC MI AB

 



 (0,25®)

***********************************************

10

A

K B

C H

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bi: 150 phỳt Đề số

Bài ( ®iĨm ): Cho biĨu thøc:

P=

x x x

x x

x x x

   

 

 



3

) (

3

1) Rót gän biĨu thức P

2) Tính giá trị P với x = 14-6

3) Tìm giá trị nhỏ P

Bài ( điểm ): Giải phơng trình:

1)

1 1

2

3

         

 x x x x x

x

2) 28

1 36

      

 y x y

x

Bài ( điểm ):

1) Cho biÓu thøc A = 20

x

x Tìm giá trị nhá nhÊt cña A 2) Cho (x+



x )(y+



y ) = Tìm giá trị biểu thức P = x + y

Bài ( điểm ):

1) Chøng minh r»ng: < +

50

  

 < 10

2) Tìm giá trị nhỏ P = x2 + y2 + z2

BiÕt x + y + z = 2007

Bài ( điểm ): Cho a, b, c lần lợt độ dài cạnh BC, CA, AB tam giác ABC

Chøng minh r»ng:

bc a A Sin

2 

Bài ( điểm ): Cho tam giác ABC có cạnh 60 cm Trên cạnh BC lấy điểm D

cho BD = 20 cm Đờng trung trực AD cắt cạnh AB, AC theo thứ tự E, F Tính độ dài cạnh tam giác DEF

Hết -hớng dẫn chấm đề số 4

Bài Nội dung Điểm

Bài điểm

1) Điều kiện để giá trị biểu thức P xác định: x  0; x 

Rót gän: P = 3 ) ( ) )( (          x x x x x x x x = ) )( ( ) )( ( ) (         x x x x x x x = ) )( ( 3 18 12           x x x x x x x x x = ) )( ( ) ( ) ( ) )( ( 24               x x x x x x x x x x x x x x 0,5 0,25 0,5 0,25

2) x = 14 -6 = = ( - 3)2 => x = - 5

Khi P =

11 58 5 22 14          0,25 0,5

3) P =

1   x x =         1 x x x x 

x +

1



x - 2

9 - =

( áp dụng BĐT Côsi cho hai sè d¬ng x 1;

1



x )

DÊu " = " s¶y <=> x 1 =

1



x <=> x = thoả mÃn đk

VËy P = x =

0,5

0,25

Bài điểm

1) Giải phơng trình:

1 1 2          

 x x x x x

x ®k: x 

<=> ( x3- x2) + ( x2- x1) + ( x1 - x) = <=> x3 = x +

<=> x + = x + x + <=> x =

<=> x =

<=> x = tho¶ m·n ®k VËy pt cã nghiÖm x =

2) đk để phơng trình 362 128  2 1 



 y x y

x (1) cã

nghiƯm lµ: x > 2; y >

(1) <=> 28

1 ) ( ) (

36 2

         y y x x

<=>

1 ) ( ) 2

( 2

        y y x x (2)

Víi x > 2; y > =>

                 0 1 0 2 0 )1 2( 0 ) 2 2 6( 2 y x y x (3)

Tõ (2) vµ (3) =>

          0 )1 2( 0 )2 2 6( 2 y x <=>           0 )1 2( 0 )2 2 6( y x <=>         1 2 2 2 6 y x <=>      5 11 y x

Thö lại: x = 11; y = nghiệm pt VËy pt cã nghiÖm nhÊt (x,y) = (11,5)

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Bµi 3 ®iĨm

1) A = 20 

 x

x

A = (x2  4x4)16  (x 2)216  164

A = <=> x - = <=> x = VËy Min A =

0,5 0,5 0,5 2) XÐt biÓu thøc (x+



x )(y+



y ) = (1)

Nh©n vÕ cđa (1) víi (x- 

x )  ta đợc: -3(y+



y ) = 3(x- 

x )

<=> -(y+ 

y ) = (x- x2 3) (2)

Nh©n vÕ cđa (1) víi (y- 

y ) 0 ta đợc:

-3(x+ 

x ) = 3(y- 

y )

<=> -(x+ 

x ) = (y- 

y ) (3)

Lấy (2) cộng với (3) ta đợc: -(x+y) = x+y => x+y = Vậy A = x+y =

0,5

0,5

Bài điểm

1) < +

50

  

 < 10 2

đặt S = +

50

    ta cã: S >

50 50 50 50

  

 =

50

.50 = (1) Mặt khác ta có: =

1

2 <

0

2

 ; 1; ;

2

2 2

  

49 50

2 50

2 50

  

Cộng vế ta đợc: S <

0

2

 + 50 49

2

1

2

   

= 2{( 1- 0)+( - 1)+ +( 50- 49)} = 50 = 10 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: < S < 10 (®pcm)

0,25

0,5

0,5

0,5 0,25

2) T×m giá trị nhỏ P = x2 + y2 + z2

BiÕt x + y + z = 2007 áp dụng BĐT Bu nhiacôpxki ta có:

(x+y+z)2 (x2+y2+z2).(1+1+1)

<=> x2+y2+z2  (x+y+z)2 /3 = 2007/3 = 669

Vậy giá trị nhỏ P là: 669

0,5

0,25 0,25

Bµi điểm

Kẻ Ax tia phân giác góc BAC, kẻ BM Ax CN Ax

Từ hai tam giác vuông AMB ANC, ta có: Sin MAB = Sin

AB BM A



2 => BM = c.sin

A

SinNAC = sin

A

=

AC CN

=> CN = b.sin

A

Do BM + CN = sin

A

(b+c)

Mặt khác ta có BM + CN BD + CD = BC = a => sin

2

A

(b+c)  a, v× sin

A

<

Do b+c 2 bc nªn

bc c

b

1

 

Hay sin

A



bc a

2 ( ®pcm)

0,5

0,5

0,5 0,5

Bµi

điểm GT: Tam giác ABC: AB = BC = AC = 60 cm, BD = 20 cm KL: DE = ?; DF = ?; EF = ?

Đạt DE = AE = x, DF = AF = y KỴ DI AB, DK AC

Ta cã BI = BD.cos600 = 20.

2

= 10

DI = BD 2 BI2 = 20 2 102 = 300 = 10 3

Ta có: EI = 50 - x, áp dụng định lý pitago tam giác vng DEI ta có: ED2 = EI2 + ID2 = (50 - x)2 + (10 3)2

=> x2 = 2500 - 100x + x2 +300 <=> 100x = 2800 => x = 28

Ta cã: CK = CD cos600 = 40.

2

= 20; DK = DC 2 CK2 =

2 20

40  = 1200 = 20

Ta có: FK = 40 - y; áp dụng định lí pitago tam giác vng DFK ta có: DF2 = DK2 + FK2 = (40-y)2 + (20 3)2

<=> y2 = 1600 - 80y + y2 + 1200 <=> 80y = 2800 => y = 35

KỴ EK AF, ta cã: AH = EA cos600 = 28

2

= 14 HF = y-14 = 35 - 14 = 21

EH = x.sin600 = 28.

3 = 14

3

Suy ra: EF = EH 2 HF2 = (14 3)2 212

 = 1029 = 21

VËy: DE = 28, DF = 35, EF = 21

0,5

0,25

0,5

0,25 0,25 0,5

0,5

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ị sè

Bài 1( 4,5điểm): Cho biểu thức: A = 4 21 2 21 2

    

x x

a) Tìm điều kiện củ x để biểu thức A xác định b) Rút gọn gọn biểu thức A

c) Tính giá trị A x = 25 d) Tìm giá trị x để A =

3

Bài 2(4 điểm): Một đoàn học sinh tổ chức tham quan ô tô Nếu ô tô chở 22

hc sinh cịn thừa học sinh Nếu bớt tơ phân phối học sinh tơ cịn lại Biết tô trở đợc không 32 ngời, hỏi ban đầu có tơ có tất học sinh tham quan?

Bài (4 điểm): Cho tam giác MNP cân M Các đờng cao MD NE cắt H

Vẽ đờng trịn (O) đờng kính MH Chứng minh rằng: a).E nằm đờng tròn (O)

b) Bốn điểm M, N, D, E thuộc đờng tròn c) DE tiếp tuyến đờng tròn (O)

Bài (4 điểm): Cho tam giác ABC có góc A 150; góc B 450 tia đối tia

CB lÊy ®iĨm D cho CD = 2BC a) TÝnh gãc ADB

b) Tính khoảng cách từ D đến AC, bit BC = cm

Bài (3,5 điểm): Cho hai sè thùc a,b tho· m·n a > b ab = Tìm giá trị nhỏ cđa

biĨu thøc: Q =

b a

b a

 

2

HÕt

hớng dẫn chấm đề số 5 Bài (4,5 điểm):

a) (1 điểm) Biểu thức A đợc xác định :

          

    

   

 

4 0 4 4 0 )5,0( 02 04

x x x x x diem x x

dinhXacx

(0,5 ®iĨm)

b) (1,5 ®iĨm): Rót gän biĨu thøc A A = 4 21 2 21 2

    

x x

=     

2

2 )

2 )(

2 (

2

)

(  

 

 

 



 x x

x x

x x x

x x

(0,5 ®iĨm)

=

) )(

2 (

2

 

   

x x

x x

x

(0,25 ®iĨm)

=

) (

) (

) (

 



x x

x x

( 0,5 ®iĨm)

=

2 

x x

(0,25 ®iĨm)

c) ( 0,5 điểm): Khi x = 25 A = 53

2 25

25 

 (0,5 ®iĨm).

d) (1,5 ®iĨm): A =

 

2 

x x

=

 (0,25 ®iĨm) 3 x  x2 (0,25 ®iÓm)

 x2 (0,25 ®iÓm)



2 

x (0,25 ®iĨm)

 x=

( T/m ®iỊu kiƯn) (0,25 ®iĨm)

VËy víi x=

th× A =

 (0,25 ®iĨm).

Gọi số ô tô ban đầu x (x Z, x>1) (0,25 điểm) Thì số học sinh : 22x + (0,25 điểm) Khi ta có : N

x x

 

 1 22

(0,5 ®iĨm)

 22 +

1 23



x N (0,5 ®iĨm).



1 23



x Z (0,5 ®iĨm).

Suy x - lµ íc sè cđa 23 (0,5 điểm).

Vì x > nªn (x - 1) 1;23  x2;24 (0,5 điểm).

Vì ô tô chở không 32 học sinh nên x = 24 (0,5 điểm). Vậy số ô tô 24 , số học sinh 529 em (0,5 điểm).

Bài (4 điểm):

M

O

E H

N D P

a) Tam giác HME tam giác vng E nên nội tiếp đờng trịn đờng kính MH Từ E  đờng trịn (O) (1 điểm)

b) Các tam giác MDN MEN tam giác vng có chung cạnh huyền MN nên điểm M,N,D,E thuộc đờng tròn đờng kính MN (1 điểm).

c) Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O):

Ta cã : ENP = DMP ( v× cïng phơ víi gãc MPN) (1) (0,25 ®iĨm)

Vì OM = OE nên tam giác OME cân , suy ra: OME = OEM (2) (0,25 điểm) Tam giác NEP vuông E, có ED đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền NP

nªn: DN = DE Suy tam giác DNE tam giác cân Suy DNE = DEN (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2), (3) Suy : OEM = DEN (0,25 ®iĨm)

Lại có: OEM + HEO = 90o , Nên OEH + HED = 90o Suy DE

 OE ( 0,5 ®iĨm)

Suy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) ( 0,25 điểm). Bài ( điểm):

H

B C D a) TÝnh gãc ADB: ( ®iĨm)

KỴ DH  AC , nèi B víi H :

XÐt tam gi¸c ABC ta cã: gãc ACB = 1800 - (A + B) = 1200 (0,25 ®iÓm)

Suy gãc HCD = 600 (0,25 điểm)

Tam giác HCD vuông H có gãc HCD = 600 nªn gãc HDC = 300 (0,25 ®iÓm)

Suy HC =

CD =

.2BC = BC (0,25 điểm) Suy tam giác HCB cân góc HBC = 300 (0,25 điểm)

Tam giác HBD có gãc HBC = gãc HDC = 300  tam giác HBD cân (0,25 điểm)

HB = HD (1) (0,25 điểm) Tam giác HAB có: góc HAB = gãc HBA = 150  tam gi¸c HAB cân (0,25 điểm)

HA = HB (2) (0,25 điểm) Từ (1) (2) HA = HD (0,25 ®iĨm)

 Tam giác HAD vuông cân góc HDA = 450 (0,25 ®iĨm)

 Gãc ADB = gãc ADH + gãc HDB = 450 + 300 = 750 (0,25 ®iĨm)

b) Tính khoảng cáh từ D đến AC: ( điểm)

Vì DH AC nên DH khoảng cách từ D đến AC (0,25 im)

Xét tam giác vuông HDC ta có : CD = BC = = ( cm) (0,25 ®iĨm)

 DH = CD cos C = cos600 = 3 3 (cm) (0,5 điểm)

Bài ( 3,5 điểm):

Ta cã : Q =  

b a

ab b

a b

a b a

    

 2

2

( 0,5 ®iÓm)

= a - b + a 4b ( 0,5 điểm) Vì a > b nên a - b > áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: Q = (a - b) + a 4b  

a b

b a

 

2 = ( 0,5 điểm)

Dấu xảy 

    

   

2 .

4

b a

b a b a

( 0,5 ®iÓm)



  

  

2 .

2

b a

b a

( 0,5 ®iĨm)



     

 

   

  

      

 

 

1 3

1 3

1 3

1 3

b a b a

( 0,5 ®iĨm)

Vậy Giá trị nhỏ Q đạt đợc là: Qmin=4 ( 0,5 điểm)

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ị sè

Câu 1(4điểm): Cho biểu thức B =

6

9

 



x x

x -

2  

x

x -

x x

 

1

a Xác định x để B có nghĩa b Rút gọn B

c Tìm x để B l s nguyờn

Câu (1điểm):

Tỡm giá trị m để đờng thẳng y = (m – 1)x + (m 1) Và y = (3 –m)x + (m 3) song song vi

Câu 3(2điểm): Cho hệ phơng trình:

  

 

  

m y mx

m my x

2 6 4

Giải biện luận hệ phơng trình

Cõu 4(3im): Cho hai đờng tròn (O) (O’) cắt A B Các tiếp tuyến A

của đờng tròn (O) (O’) cắt đờng tròn(O’) (O) theo thứ tự C D Gọi P v

Q lần lợt trung điểm dây cung AD AC Chứng minh rằng:

a

AD AC

=

BD AB

b BPD = AQB c Tø gi¸c APBQ néi tiÕp

HÕt

hớng dẫn chấm đề số 6 Câu 1(4 điểm):

a Ta cã: x - x+ = ( x - 3)( x - 2)

§iỊu kiƯn: x x

x 3  x 9 (1®iĨm)

x  x 4

20

(1)

b B =

) )( (

9

 



x x

x

-

2  

x

x +

3

 

x

x (0,25®iĨm).

=

) )( (

) )( ( ) )( (

 

 

  

 

x x

x x

x x

x

=

) )( (

2

2 9

 

      

x x

x x x x

x

(0,25®iĨm)

=

) )(

3 (

) )( (

 

 

x x

x x

=

3  

x x

(1điểm)

c/ Vì B =

3  

x

x = 1+

3



x Nên Bz ( B nguyên) x - phải lµ íc cđa  x

-3 = 1; 2; 4

Tìm đợc giá trị thích hợp x là: 1;4;16;25;49 (1,5 điểm)

Câu (1điểm).

Để y = (m-1)x + vµ y = (3 - m)x + Lµ song song víi th× ta cã:

m-1 = – m v× 

 2m =  m =

VËy với m = thoả mÃn ( điểm)

Câu 3(2điểm):

T (2) suy ra: y = mx – 2m Thay vào (1) ta đợc 4x –m(mx – 2m) = m +6

 (4 – m2 )x = - 2m2 + m +6.

 - (4 – m2)x = - (2m +3)(m – 2).

 (m2 – 4)x = (2m +3)(m – 2) (3) (0,25 ®iĨm)

* NÕu m2 –   m 

2 th× x =

2

 

m m

Khi y = mx – 2m = m(

2

 

m m

) – 2m = - 

m m

HÖ cã nghiÖm nhÊt (

2

 

m m

;- 

m m

) ( ®iĨm)

+ Nếu m = (3) thoả mãn với x Khi y = mx – 2m = 2x –

 HÖ cã vè sè nghiƯm (x, 2x – 4) víi xR + NÕu m = -2 (3) trở thành 0x = 4( v« lÝ)

 HƯ v« nghiƯm ( 0,5 ®iĨm)

C©u (3 ®iĨm):

a XÐt ABC vµ DBA

Cã BAC = ADB ; DAB = ACB

 ABC ~DBA 

AD AC =

BD

AB (1 ®iĨm).

b XÐt BDP vµ BAQ cã BAC = ADB

AD AC

=

BD AB



PD AQ

=

BD AB

 BDP ~BAQ ( c.g.c)

Mµ BPD = AQB  APB + AQB = 1800  Tø gi¸c APBQ néi tiÕp

*****************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian lm bi: 150 phỳt Đề số

Câu (6 ®iĨm): Cho biĨu thøc

A = 

  

 

 

      

  

    

  

 ( 1)( 1)

2

1 a

a -1 :

a a

a a

a) Tìm điều kiện a để A có nghĩa b) Rút gọn biểu thc A

c) với giá trị a A có giá trị nguyên

Câu 2(4 điểm): Cho hµm sè: y = xm

2 có đồ thị (Dm) hàm số: y = x có đồ thị (T)

a) Với m = Vẽ (T) (D-2) hệ trục toạ độ

b) Dùng đồ thị biện luận theo m số nghiệm phơng trình x + 2m - 2

 

 x

x

0.

D

B

C

p q

Q

0’.

A

22

Câu 3(3 điểm): Giải hệ phơng trình:

 

 

26 2

3 y

x y x

Câu 4(2 điểm): Giải phơng trình:

5

4

3      

 x x x

x

Câu 5: ( điểm): Cho hai đờng tròn ( O;R) (O’; r) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến

chung ngoµi BC, B  (O), C  (O’) a) TÝnh sè ®o gãc BAC

b) TÝnh BC

c) Gọi D giao điểm CA với đờng tròn tâm O, ( D ≠ A) Chứng minh ba điểm B,O,D thẳng hàng

d) TÝnh BA,CA

Hớng dẫn chấm đề số

C©u 1:

Ta cã: A = 

                        

 ( 1)( 1)

2 1 a a -1 : a a a a A = ) )( ( a a :                a a a a a (0,5 ®iĨm) A = ) )( ( ) ( a 1 :         

 a a

a

(0,5 ®iĨm)

a) BiĨu thøc A cã nghÜa khi:

                     1 0 1 0 01 0101 0 a a a a a a a a

(*) ( ®iĨm)

b) Víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã:

A = ) )( ( ) ( a 1 :         

 a a

a (1 ®iĨm) A = 1 ) )( ( ) ( ) (        a a a a a a (1 ®iĨm) c) Ta cã:

A = 1   a a

= - 

a (0,5 điểm)

Biểu thức A có giá trị nguyên khi:

2( a 1) (0,5 ®iĨm)

hay a+1 = {1;-1;2;-2} => a = {0;-2;1;-3}

Kết hợp với điều kiƯn (*) => a = (1 ®iĨm)

C©u 2:

Víi m = - ta cã hµm sè: y = 2

x

(0,25 điểm)

Ta lại có: y = x  1 =

        1 1 1 1 neux

x neux

x (0,25 ®iĨm)

Từ ta có đồ thị sau:

2

-2

-5

(T) (D-2)

(Dm)

1 y

x

1

(1 điểm) b) Từ phơng trình x + 2m - 2

 

 x

x => x + 2m = 2 

 x

x (0,25 ®iĨm)

 x + 2m = x 1 (02,5 ®iĨm)



2 mx

x

(0,5 ®iĨm)

Nh vËy, số nghiệm phơng trình số giao điểm (T) (Dm) (0,5 điểm)

Khi m thay đổi (Dm) thay đổi nhng ln sơng song với đờng thẳng (D-2)

(Dm) ®i qua ®iĨm (1;0) m = -

2 Dựa vào đồ thị ta có:

NÕu m < -

phơng trình vô nghiệm

Nếu m = -

phơng trình có nghiệm nhÊt

NÕu m > -

phơng trình có nghiệm (1 điểm)

Câu 3:

  

 

 

26 2

3 y

x y

x



  

  

  

26 ) ( 3 ) (

2

3 xy x y

y x

y x

(1 điểm)

Đặt : S = x + y; P = x.y

Ta cã:

  

  

)2( 26 3

)1( 2

3 SP

S S

(1 ®iĨm)

Thay S = vào (2) ta đợc - P = 26  P = -3

Suy x ; y nghiệm phơng trình : t2-2t-3 = hay: (t+1)(t-3)= 0

Gi¶i ta cã t = -1 ; t =

Do nghiệm hệ (-1;3) ; (3; -1) (1 điểm)

C©u 4: Giải phơng trình:

5

4

3      

 x x x

x ( §iỊu kiƯn x 1) (0,25 ®iĨm)

Khi ta có:

5

1

1        

 x x x

x (0,25 ®iĨm)

 ( 2)2 ( 3)2     

 x

x

Hay : x12 x1 5 (0,5 ®iĨm)

3

1   



 x x

0

1 



Từ ta có: x 3

 x - ≤ hay x ≤ 10

Kết hợp với điều kiện nghiệm phơng trình là: 1x10 (0,5 điểm)

Câu 5: Hình vẽ: (0,5 điểm)

a) Kẻ tiếp tuyến chung A , cắt BC I Ta có:

IB = IA= IC ( tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) (0,5 ®iĨm) => gãc BAC = 900

(0,5 điểm) b) học sinh chứng minh đợc: IO  IO’ (tia phân giác hai góc kề bù) (0,5 điểm)

=> Gãc OIO’ = 900

Tam giác IOO’vuông I, đờng cao IA nên: IA2 = OA.O’A = R.r (0,5 điểm) (0,5 điểm)

Nªn BC = IA = R.r (0,5 ®iĨm)

c) Do góc BAC = 900 nên góc BAD = 900 Tam giác ABD vng A nội tiếp đờng tròn

(O) nên BD đờng kính (0,5 điểm)

Do ba điểm B,O,D thẳng hàng (0,5 điểm)

d) Do tam giác CBD vuông B nên:

r R

r R r R R BC

BD

BA

1

1

1

2

2

2

  

 

 (0,5 ®iĨm)

Suy ra: BA=

r R

r R



(0,5 điểm)

Tơng tự: CA =

r R

R



2 (0,5 ®iĨm)

*************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

26

i

o' d

c b

§Ị sè 8:

Câu 1: (4 điểm)

Cho biểu thức

                       xy xy y x xy y x xy y x A : 1

a, Rút gọn A

b, Tính giá trị cña A

3 2   x

c, Tìm giá trị lớn A

Câu 2: (4 điểm)

Giải hệ phơng trình:

          4 4 4 6 9 9 2 2 xy xy x xy y x

C©u 3: (2 ®iÓm)

Cho số x,y,z thoả mãn đồng thời

0 2

2 2

2        

 y y z z x

x

Tính giá trị biểu thức

2010 2010

2010 y z

x

P  

Câu 4: (4 điểm): Cho tam giác ABC có gãc nhän AB = c, AC= b, CB = a.

Chøng minh r»ng: b2 a2 c2 2ac.cosB

Câu 5: (4 điểm):

Cho đờng tròn (O;R) đờng thẳng d cắt (O) điểm A, B Từ điểm M d kẻ tiếp tuyến MN, MP với (O) (N,P tiếp điểm) Gọi K trung điểm AB

a, Chứng minh điểm M, N, O, K, P nằm đờng tròn

b, Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định M di động ( d)

e, Xác định vị trí M để tứ giỏc MNOP l hỡnh vuụng

Câu 6: (2 điểm)

Tìm tất số nguyên tố p cho tổng tất ớc tự nhiên p4 số

ph-ơng

Hết

hớng dẫn chấm đề 8 Câu 1:

a, 1,5 ®

Điều kiện để A có nghĩa x0;y0;xy1 (0,5đ)

Ta cã : 

 x  y xy xy x y x       1 2 (0,25)  

   x

x y x y x       1 (0,25) b, 1,5 ®

Ta cã :

3

2  

x tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x0 (0,25)

       3 3 2         x (0,25)

Thay x vµo A ta cã:

  3 2        A (0,25)   

5 35 3

3      (0,25)  

 2

2 2 3

5      (0,25)     13 3 12 25 3      (0,25)

c, ®

Víi mäi x0 ta cã  x12 0 (0,25)

 x x10

 x1 2 x (0,25) x x   

1 ( v× x+1>0) 1      A x x (0,25)

Vậy giá trị lớn cđa P = x10 x1 (0,25)

C©u2: ®

Hệ phơng trình cho tơng đơng với

          4 4 4 9 6 9 2 2 xy xy x xy y x (0,25)              4 2 9 3 2 y x y x (0,25)           2 2 3 3 y x y x (0,25)

Ta có trờng hợp sau:

       2 2 3 3 y x y x ;         2 2 3 3 y x y x ;         2 2 3 3 y x y x ;          2 2 3 3 y x y x

Ta gi¶i tõng trêng hỵp:

     

     

     

 

5 12 5 1 22 15 22 33

yx y yx y yx yx

(0,5)

        

     

 

0 1 22 55 22 33

x y yx y yx yx

(0,5)

   

    

     

 

0 1 22 55 22

33 x y yx y yx yx

(0,5)

     

     

     

 

5 12 5 1 22 15 22 33

x y yx y yx yx

(0,5)

Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm

      

  

 

   

  

  

5 ; 12 ; ; ; ; ; ; 12 ; y

x (0,5)

Tõ gi¶ thiÕt ta cã:     

  

  

  

0 1 2

0 1 2

0 1 2

2 2

x z

z y

y x

(0,5)

Cộng vế đẳng thức ta có:

 2 1  2 1  2 1        

 x y y z z

x (0,25)

 12  12  12      

 x y z (0,25)

    

 

 

  

0 1

0 1

0 1

z y x

1    

 x y x (0,5)

 12010  12010  12010 1 2010

2010 2010

   

 

 

 

 

 P x y z (0,25)

Vậy P = (0,25)

Câu4: đ

Kẻ AH BC ABC vuông H

áp dụng định lí Pi ta go ta có: AC2= AH2+HC2

= AC2+(BC-BH)2

= AH2+ BC2-2BC.BH+BH2

= (AH2+ BH2)+BC2-2BC.BH

= AB2+ BC2-2BC.AB cosB

= c2+ a2- 2ac cosB (2)

Vì tam giác vuông AHB th×: AH2+ BH2=AB2= c2 ; BH = AB cosB

VËy b2 a2 c2 2ac.cosB

 

(2)

Câu 5: điểm

a,

Vì MN tiếp cña (O) (0,25)

 MNNO; MPOP (0,25)

 MNO vng N  N nằm đờng kính MO (0,25)

MPO vuông P  P nằm đờng kính MO (0,25)

Vì AK = KB (gt)  OKAB K ( đờng kính qua trung điểm dây) (0,25) MKO vuông K  K nằm đờng trịn đờng kính MO (0,25)

Vậy điểm N, P, K nằm đờng trịn đờng kính MO (0,25) Hay điểm M,N,O,P,K nằm đờng trịn đờng kính MO (0,25) b, đ

Ta có K trung điểm AB nên K cố định (0,25) Mà theo câu a) đờng trịn ngoại tiếp tam giác MNP đờng trịn đờng kính MO

(0,25)

Theo câu a) đờng trịn đờng kính MO qua O; K (0,25) Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định O, K (0,25) c,

Tứ giác MNOP hình vuông MN= ON, 900 

MON

 MNO vu«ng cân N (0,25)

OM= ON = R ( R bán kính đờng trịn (O)) (0,25)

 M giao điểm (O; R 2) với đờng thẳng d (0,25)

Vậy ta xác định đợc điểm M1; M2 thoả mãn điều kiện (0,25)

Câu : đ

Vì p số nguyên tố nên p4 có ớc 1; p; p2; p3; p4 (0,25)

Giả sö 1 p p2 p3 p4 n2

   

 ( n)

 2 2

3 4

2 4 4 4 4 4 4 4 4 2

4n   p p  p  p  p  p  p  p p

 (1)

Mặt khác :

2 2

3

4

3

2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 4 2 2

4              

 n p p p p p p p p p p p (2) (0,5)

Tõ (1) vµ (2) 2  2 2 2

4   

 n p p (0,25)

4 4 4 4

4 4

         

 n p p p p p p p p (0,25)

 3 1 0

3 2

      

 p p p p (0,25)

V× pN p3

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 pht s 9:

Bài ( điểm )

Cho biÓu thøc

1 x -x

2

x x

3 -1 x

1 P

 

 



a) Rót gän P

b) Tìm giá trị lớn , nhỏ P

Bài2(4 điểm) a) Cho đờng thẳng y  2x, y x

2

 , y cắt tạo thành tam

giỏc Tớnh diện tích tam giác

b) Tìm đờng thẳng y = 4x + điểm có toạ độ thoả mãn: y2 – 5y

x+ 4x = Bài 3.(3điểm)

a Cho cỏc s dơng a , b , c thay đổi thoả mãn a + b + c = Chứng minh: ab bc ca4

b Cho sè dơng x, y, z thỏa mÃn điều kiện xy + yz + zx = 2010.Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y, z:

                 

  

  

2 2 2

2 2

2010 y 2010 z 2010 z 2010 x 2010 x 2010 y

P x y z

2010 x 2010 y 2010 z

Bài 4(5điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đờng tròn tâm O

qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đờng tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF

a.Chứng minh điểm E,F ln nằm đờng trịn cố định đờng tròn (O) thay đổi

b.Đờng thẳng FI cắt đờng tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB c.Chứng minh tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đờng

thẳng cố định đờng trũn(O) thay i

Bài 5(4 điểm) a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y+2)x2+1=y2

b Giải phơng tr×nh:

1 2009 2009 1.2 2.3 ( 1) 2009 2010

x

x x x

 

   

  

HÕt

………… …………

Hớng dẫn chấm đề 9

Bµi a)  §iỊu kiƯn x  (0.25)

1 x -x

2 1)

x -1)(x x

(

3

-1 x

1 P

 

 



 (0.25)

1 x x

2 x -1 x -x P



 



 (0.5)

1 x x

1) x ( x P

 

 (0.5)

1 x -x

x

P



 (0.5)

b) Ta cã

0 x 0 x

0 x 0 4 3 2 1 -x 1 x -x     

  

       

   

2

(0.5)

nªn , x

x -x

x

P   



 (0.25)

P =  x = VËy P = ( 0.25)  Ta cã  x -12  ,x 0

 x - x + 

 x - x +  x ,  x  (0.5)

 1, x

1 x -x

x

  

 (0.25)

 P   x  ; P =  x = VËy MaxP = x = (0.25) Tãm l¹i : minP = x = ; MaxP = x =

Bµi 2.

a (0.5)

TÝnh A(( 2;2);B(4;2) (0.5) TÝnh SOAB 4  (1.0)

b Điều kiện: x  (0.25) Khi ta có: y2 – 5y

x+ 4x =

y x

(y x )(y x )

y x  

     

 

(0.5)

Do để điểm M(x0; y0) với với y0 = 4x0 + điểm thuộc đờng thẳng y = 4x + tho

mÃn yêu cầu toán ta cần có x0 và:

0

0

0

0

0

1 15

(2 x )

4x x 1

4 16 x

4

4x x (2 x 1) 0



      

   



  

   

(0.5)

Vậy toạ độ điểm M cần tìm là: M = 1;2

 

 

  (0.25)

Bµi a Do a , b, c > vµ tõ gi¶ thiÕt ta cã :

a + b < a + b + c = => ab2 ab2 ab (1 ) 0,5

T¬ng tù ta cã b + c < b c (2) 0.25

a + c < c a (3) 0,25

Céng vÕ víi vÕ cđa (1) , (2) , vµ (3) ta cã

y y= 2x

y= x

2

A B y=2

x

abc2 ab bc ac

2 0.25

hay ab bc ca4 ( §PCM) 0,25

b

2010+x2= xy+yz+zx+x2= (x+y)(z+x) 0.25

2010+y= xy+yz+zx+y2=(x+y)(y+z) 0.25

2010+z2 = xy+yz+zx+z2=(y+z)(z+x) 0.25

Suy ra: x(y+z)+y(z+x)+z(x+y)=2(xy+yz+zx) 0.5 Do đó: P= 2.2010=4020 0.25

Bµi

1. ABF AFC đồng dạng (g_g) 0.5

Ta cã : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC 0.5

 AF= AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB.AC khơng đổi 0.5 Vậy E,F thuộc đờng trịn (A; AB.AC ) cố định

2 Tứ giác AOIF nội tiếp đờng tròn

Ta cã :AIF =AOF (1) 0.5 AOF = 

2

EOF vµ EKF = 

EOF



 EKF =AOF (2) 0.5 Tõ(1) vµ(2)  AIF =EKF

Do :EK vàAB song song vơí 0.5 Cm đợc A,N,O thẳng hàng AOEF ;

Gọi H giao điểm BC EF Ta có : ANH AIO đồng dạng nên

AI AN AO AH

 0.5 Suy :AH.AI =AN.AO

L¹i cã :AN AO=AE2 =AB.AC 0.5

Do : AI.AH =AB.AC

AI AC AB AH 

 không đổi

Vậy H cố định 0.5

Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đờng tròn nên đờng tròn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đơng f tròn nằm đờng trung trực IH 0.5

Bµi a

(y+2)x2+1 = y2

 (y+2)x2–(y2-4) = 0.5

 (y+2)(x2-y+2) = 0.25

Suy ra:

y + -1 -3

x2-y+2 3 1 -3 -1

y -1 -3 -1

x Lo¹i Lo¹i

đ Vậy nghiệm nguyên phơng trình là: (0;1),(0;-1) 0.25 b

1 1 ) (

1

1

1

      

x x

x 0.5

2010 2009

1

2010 2009

2009 2009

  

 

  

x x

x ( x

 2009) 0.5

Suy ra: x+1 = 2009 x2010

 2009-x+ 2009 x 0

 2009 x( 2009 x1)0 0.5

 2009 x 0

 x = 2009 (tm) 0.5 *************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phỳt đề số 10:

Bµi 1:(4®) Cho biĨu thøc:

A= (1+

1 x x  ) : (

1

1

x

x  x x x x  )

a>Rút gọn biểu thức A b>Tìm x A>

Bài 2: ( 3đ) Giải hệ phơng trình:

3

5 2

1 x y

x y x y

  

 

  

 

Bài 3:(4đ) Cho đờng thẳng(Dm) có phơng trình (m + 2)x + (m – 1)y – =

a> Chứng minh m thay đổi đờng thẳng (Dm) qua điểm cố định

b> Tìm giá trị m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (Dm) lớn

Bài 4:(7đ) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB Điểm M thuộc đờng trịn, điểm C

thuộc đoạn OA.Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M vẽ tiếp tuyến Ax,By.Đờng thẳng qua M vuông góc MC cắt Ax;By P Q AM cắt CP E; BM cắt CQ F a.Chøng minh tø gi¸c ACMP néi tiÕp

b.Chøng minh: <PCQ = 1v c.Chøng minh: EF // AB

Bài 5:(2đ)

Cho a,b,c, số thực dơng có tổng Chứng minh r»ng:

2 2 1

2

a b c d

a b b c c d     d a 

hớng dẫn chấm đề số 10

Bài 1:a> ĐKXĐ: x0;x1 (0,25đ) A=

  

1

:

1 1

x x x

x x x x x

 

 

  

 

       (0,5®)

  

  

  

 2

1

: (0,5 )

1 1

1

: (0, )

1 1 1

1

1

(0,5 )

1 1

1

(0, )

x x x

d

x x x x

x x x x

d

x x x

x x

x x

d

x x

x x

d x

 

   

 

 

   

 

   



  

 

 

 

 

 





VËy A=

1

x x

x

 

 víi

0;

x x (0,25®)

b> A>1

1

x x

x

 

 >1



1

x x

x

 

 - >

 1

1

x x x x

x x

    

  

 

(0,75®)

Do x 0 x  2 0 x  1 0  x 1.(0,5®)

KÕt hợp với ĐKXĐ 0 x 1 A> (0,25đ)

Bài 2: Giải hệ phơng trình

3  2 5

3

5 2 3 3

1

1

x y x y x y

x y

x y x y x y

    

  

 



 

  

  

 

(0,5®)

5 2 5

3 1

x x y x y y x y

x y

     

  

 

 

(0,5®)

 

2

3

0

x y x y

x y

  

  

 

 

(1) (0,5®)

 0 x

y  

 



(0,5®)

(Vìx3  y3 1   x y  x2  xy  y2  1  x y 0 ) (0,25đ) *Với x = thay vào phơng trình (1) ta đợc y =1 (0,25đ)

*Với y= thay vào phơng trình (1) ta đợc x =1 (0,25đ)

Vậy hệ phơng trình cho có hai nghiệm (x;y) = (0;1); (1;0) (0,25đ)

Bµi 3:

a> (m+2)x + (m -1)y – =  mx + 2x + my – y – = (0,25®)  m(x + y) + 2x – y -1 = ( 0,25®)



2

x y x y

  



   

(0,5®)



1 3 x

y 

   

    

(0,75®)

Vậy với m (Dm) ln qua điểm cố định

1 ; 3



 

 

  ( 0,25®)

b>Với m = -2 (Dm) có dạng: - 3y – = 0.Khoảng cách từ đến (Dm)

3 (0,5®)

Với m = (Dm) có dạng: 3x -1 = 0.Khoảng cách từ đến (Dm)

1

3 (0,5®)

Với m 2 ; m1.Khoảng cách từ đến (Dm) lớn OI(Dm) mà (Dm) cắt Ox

A ;0

2 m

 

cắt Oy t¹i B 0;

1 m

 

 



  (0,5®) y

AOB vng O có OI đờng cao nên

 2  2

2 2

1 1

2

2 m m m

OI OA OB



         (0,5®)

3 A

O x

1 

I B

Bµi 4:

a.Ta cã :<PAC =<PMC = 1v

 Tứ giác APMC nội tiếp đờng trịn đờng kính PC (2đ) b. <MAC = <MPC (cùng chắn cung MC ) (0,75đ)

Tơng tự tứ giác QMCB nội tiếp đờng trịn đờng kính QC nên: <MBC = <MQC (cùng chắn cung MC) (0,75đ)

 <MPC + <MQC = <MAC + <MBC = 1v (1®)  <PQC = 1v (0,5®)

c> Ta có: <FME = <FCE = 1v (0,25đ)  Tứ giác EMFC nội tiếp đờng trịn đờng kính EF

<FEM = <FCM (cùng chắn cung FM) (0,5đ) Mà <FCM = <QBM (cùng chắn cung MQ) (0,5đ)

<QBM = <MAB (cùng chắn cung MB) (0,5đ) E Q

M x

 <FEM = <MAB  EF // AB (0,25®)

Bài 5: áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho cặp số không âm :

2

; a a b a b



 ta đợc

2

2

4

a a b a a b

a

a b a b

 

(0,5đ)

Tơng tù

2

4

b b c

b b c



 



2

4

c c d

c c d



 

 (0,5®)

2

4

d d a

d a  

 d

Cộng vế bất đẳng thức ta đợc:

 

2 2

2 2

2 2

2

(0,5 )

1

1(0, 25 )

1

.(0, 25 )

a b c d

a b c d

a b c d d a b b c c d d a

a b c d

d a b b c c d d a

a b c d

d a b b c c d d a

  

       

   

    

   

   

    

*****************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phỳt đề số 11

Câu 1.(4đ) Cho A=

3

x

x x x x



 

   

a) Rót gän A

b) Tìm x để A có giá trị ngun

C©u 2

1)(4®) Cho hệ phương trình (xm(m1)x y m1)y2 1

   



a) Giải hệ m=1

2 (1 điểm)

b) Xác định giá trị m để hệ có nghiệm (x;y) thoả mãn điều kiện x > y (1 im)

2) (2đ) Giải phơng trình sau: : ( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) = 64xyz

Câu3: (3đ) Tìm nghiệm nguyên phương trình: y2 = - 2(x6- x3y - 32) Câu 4: (2 im)

Cho hình chữ nhật ABCD,AB= 2BC.Trên cạnh BC lấy điểm E, tia AE cắt đường thẳng CD F.Chứng minh : 2

1 1

AB AE  AF

Câu (5đ) Cho nửa đờng trịn(O) đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn đó (MA; B) N điểm đối xứng với O qua AM

a) Chøng minh tứ giác OANM hình thoi

b) Gọi P; Q; Rlà trọng tâm tam giác MAB; MAN; NAO Tứ giác OPQR hình gì?

c) Chng minh M di động nửa đờng tròn PQ ln qua điểm cố định

HÕt

hớng dẫn chấm đề số 11 Câu a) đk x0;x4 A=     

   

2 4

2

3

x x x x

x

x x

     

 

  (2®)

b) A=

2

x

x x

  

  nguyªn ( x-2)

C©u 2: 1) a) Khi m=1

2,hệ (I) trở thành

2

3

2

x y

x y 

 

  

  

 

3

x y x y

  

 

 

 (0,5®)

3

x y x y

 

  

 



3.5 x

y    

 



(0,5®)

6 x y

   

 

Vậy hệ (I) có nghiệm (x;y)=(5;6) (0,5®) b)Giải hệ (I) tìm

2

2

1

; ( 0)

m m

x y m

m m

 

   (1®)

2

0 m m

x y x y

m 

      (1®)

0 m m

    

 (0,5®)

2) (2®) Ta cã x2 +1  2x , y2 + 4y, z2 + 16  8z (1®)

=>( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16)  64xyz

Nªn ( x2 + 1)( y2 + 4)( z2 + 16) = 64xyz

    

    

   

 

 

 

4 2 1 8 16

44 21

2 2 2

z y x z z

y y

x x

(1®)

Vậy

nghiệm nguyªn phương trình là: (0;8); (0;-8); (2;8); (-2;-8) (0,25đ)

Câu 4(3đ)

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

Câu3) (3đ): Ta cú: : y2 = - 2(x6- x3y - 32) <=> x6+(y-x3)2 = 64 (0,75®)

=> x6 ≤ 64 => -2≤ x ≤2 x Z => x {-1; -2; 1; 0; 1; 2} (0,75®) Xét trường hợp (1,25®)

+ x = => (y - x3)2= => y = 8

+ x = => (y - x3)2= 63 => y Z => pt khơng có nghiệm nguyên

+ x = => (y - x3)2= => y = v y = - 8à

+ x = - => (y - x3)2= 63 => yZ => pt khơng có nghiệm nguyên

+ x = -2 => (y - x3)2= =>y = - 8

40

Kẻ AK AF (K CD )(0,5®)

ABE

 ADK(g.g) (0,75đ)

Suy AE AB

AK AD  (0,25®)

Hay

2

AK  AE (0,5®)

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AKF,ta có :

2 2

1 1

AD AK AF (0,5đ)

Suy 2

1 1

1

2

AF

AB AE

 

   

   

   

Hay 12 12 2

4

AB AE AF (0,5đ)

Câu 5(4đ)

a) ON AM H HN=HO (0,5đ)

(O đối xứng với N qua AM) HA = HM (đk vng góc với dây)(0,5đ) Vậy OANM hình thoi (2 đờng chéo

Vng góc với trung điểm ca mi ng) (0,5)

b) OPQR hình bình hành QR//=1

3AN ; OP =

3 OM  QR// = OP (1®)

c) NQ=2QH ; HP = 2PB PQ//NB(0,5đ)

Xét tam giác BON ta thÊy: OQ OI

ON OB=

3 Mà O; B cố định nên I cố định (0,5đ)

Vậy đờng thẳng PQ qua điểm I cố định (I nằm AB cách A khoảng

5

6AB (0,5®)

**********************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ị sè 12:

Câu1: (5 điểm):

Cho biểu thức P = (2 -

3

2 



x x

) : (

3

6  

x x

x

+

1 

x x

)

I R

Q

P

.

O

A B

M N

a) Rót gän P

b) Tính giá trị P khi: x=

4 2 

c) So s¸nh P víi

2

Câu 2: (4 điểm)

Cho hệ phơng trình:

1 -m 4y 2)x -(m 0 3)y (m -x        a) Gi¶i hƯ m=1

b) Giải biện luận hệ phơng trình cho theo m

Câu 3: (4điểm)

a) Tỡm cỏc giỏ tr ca m để phơng trình sau vơ nghiệm: x2-2mx+m m +2 = 0

b) Cho sè x, y, z khác không thoả mÃn 111

z y x

h·y tÝnh: A =

y xz x yz z xy

Câu 4: (5điểm)

Cho hai đờng tròn (O, R) (O’, R’) tiếp xúc A (R>R’) Vẽ đờng kính AOB, AO’C Dây DE đờng trịn (O) vng góc với BC trung điểm K BC

a) Tứ giác BDCE hình gì? sao?

b) Gọi I giao điểm CE với đờng tròn (O’) C/M ba điểm D, A, I thẳng hàng c) C/M KI tiếp tuyến đờng tròn (O’)

Câu 5: (2 điểm)

Cho a1 = 1005, an+1 = )

2 (  

n an víi mäi nN

* vµ n2009

Chøng minh:

a1+a2+ + a2009+a2010 < 2010

HÕt

hớng dẫn chấm đề số 12 Câu 1: (5 điểm)

a) §KX§: x 0; x

 0,5 ®

P= ( ) 2 (    x x x

: 3)

) ( ))( 1 (      x x x x x 0,5 ® =   x x : ) )( 1 (     x x x x 0,5 ® =   x x ) )( )( ( (     x x x x =   x x 0,5 ® b) x= 2

3  =(

2 

)2  x =

2  0,5 ®  P= 2 2 2     = 13 2  = 13  1® 42

c) Víi ®iỊu kiÖn x; x

4

 ta cã: 0,25® P-2 =   x x -2 = ) ( 13  

x <0 0,5 ®

 P<

2

0,25 đ

Câu 2: (5 điểm)

a) Khi m =

      2 - 4y 3x 0 2y -x        2 - 4y 6x -2y x       2 - 2y -2y x       1 y 2 x 1,0 ®

b) Ta thÊy: x = (m + 3) y 0,5 ®

 (m – 2) ( m + 3)y + 4y = m – 1

 (m2 + m – 2)y = m – 0,5 ®

*NÕu m2 + m – =  (m – 1)( m+ 2) =  m = hc m = -2

m =

(I) 

      0 4y - 0 4y x x

 hƯ v« sè nghiƯm

 NoTQ      4 x y R y 0,5 ®

*m =

(I) 

      0 y - 3 - 4y 4x x       x 3 - 0 y x

 hƯ v« nghiƯm 0,5 ®

*NÕu m2 + m –   m 1 vµ m 2

 y =

2 m m   m = 2) 1)(m -(m   m = m 

 x = (m+3)y = (m+3)

2 m

1

 = m

3  

m

0,5 ®

VËy + víi m = hƯ v« nghiƯm: BÊt kú, x = 4y + víi m = -2 hƯ v« sè nghiƯm

+ Víi m 1, m -2 hÖ cã nghiÖm nhÊt: x = m   m

; y = m

1

Câu 3: (5 điểm)

a) XÐt ’ = m2 - m m - 0,5 đ

Phơng trình vô nghiệm

+ Nếu m < 0, = m2 + m2 – = 2(m2 – 1) 0,5 đ

Để phơng trình vô nghiệm ’<  m2 – 1 m < 1

KÕt hỵp víi m < -1< m < 0,5 ® VËy víi m > -1 phơng trình vô nghiệm

b) Từ

0 1

  

z y x



z y x

1 1

  

Suy ra:

3

) 1 (

z y

x  x y z x y x y xyz

3 ) 1 ( 1 1

3

3      ®

VËy A = 2  2  2  (1 1) ( 13  13  13) 3

xyz xyz z

y x xyz y x xyz y

xz x yz z xy

0,5 ®

 A = 3

B

Câu 4: ( điểm)

a) Tứ giác BDCE cã: BK = KC I

DK=KE

Nên BDCE hình bình hành (0,5 đ) E

Mà DEBC tứ giác BDCE hình thoi (0,5 ®)

b) XÐt ABD cã DO = OB = OA = R  DO = 1/2 AB (0,25 đ)

ABD vuông D ADBD (0,5®)

XÐt  CAI cã OI = OA = OC = R’  OI = 1/2 AC (0,25®)

AIC vuông I AI IC (0,5 ®)

Mặt khác BD//EC cạnh đối hình thoi

Các đờng thẳng AD, AI qua A vng góc với hai đờng thẳng song song (BD; EC) nên A, D, I thẳng hng (0,5 )

c) DI vuông I có IK trung tuyến tơng ứng với cạnh huyền nên KI = KE = KD

(0,75đ)

KDI cân K KDI = KDI 0,5®

Mà  O’IA cân O’ AIO’ = IAO’ mà IAO’ = DAK (đối đỉnh)

 AIO’ = DAK 0,5®

 KIO’ = KIA + AIO’ = KDA + DAK = 900 0,25 ®

(do KDA vuông K)

KI IO’

 KI lµ tiÕp tun cđa (O’) 0,5 đ

Câu 5: ( điểm)

Tõ an+1 = )

2

3 (

 

n an suy ra: an = 2nan-2(n+1)an+1

(1) 0,5®

44

O

K

O’ C

B

D

Dễ thấy với n cho an>0

Từ (1) cho n chạy từ đến 2009 ta có: a1= 2a1-4a2

a2= 4a2-6a3

a3= 6a3-8a4

a4= 8a4-10a5

……… (1®) a2008= 4016a2008-4018a2009

a2009= 4018a2009-4020a2010

a2010= a2010

a1+a2+a3+ … + a2009+a2010 = 2a1 - 4019a2010

Do a1 = 1005

Suy ra: a1+a2+a3+ … + a2009+a2010 < 2x1005 - 4019a2010 < 2x1005 = 2010

VËy a1+a2+ + a2009+a2010 < 2010

************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phỳt đề số 13

Câu (4đ) Cho biểu thức A = ( x x

x x 



-1 x x

x x   ):

2 x x

 

a, Nêu điều kiện phải có x rút gọn biểu thức A b, Tìm giá trị x để A cú giỏ tr nguyờn

Câu 2 (4đ) Giải phơng trình.

a,

2008 x

+

2007 x 

=

2006 x 

+

2005 x 

b, x 1 4 x 5 + 11 x 8 x 5 =

Câu 3 (4đ) Cho đờng thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m tham số)

a, Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (1) qua

b, Tìm điểm cố định m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (1) lớn

C©u 4 (6®) Cho ABC (AB = AC ) BiÕt àA = 800

Lấy điểm I nằm tam gi¸c cho ·ICB = 200;·IBC = 100

a, Lấy K đối xứng với i qua AC Chứng minh tứ giác AKCB nội tiếp b, Tớnh óAIB

Câu 5 (2đ) Cho số dơng x,y có tổng Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc

A =

x+ y

HÕt

hớng dẫn chấm đề s 13

Câu 1 (4đ)

Cõu a, Lập luận giải kết hợp để tìm điều kiện A.

( x > 0, x  1, x  2) cho (0,5đ) biến đổi biểu thức ngoặc: 2x22 2x

x x 

 (0,75®)

A =

2

2x 2x x x

  

2 x x   =

2 x x



(0,75đ) Câu b, A = 2

2 x x

  =

2( 2) x

x  

 = -

2

x  (0,5®)

Để A nguyên

2

x nguyên 8M (x+2) hay x+2 Ư8 (0,5đ)

Vì x >  x+2 > Do x+ = 4; x+2 = (0,5đ)

TÝnh x = hc x = vi x nên x =6 Thì A có giá trị nguyên (0,5đ)

Câu (4đ)

a,

2008 x 

+

2007 x 

=

2006 x 

+

2005 x 

 (

2008 x 

+1) + (

2007 x 

+ 1) = (

2006 x 

+ 1) + (

2005 x 

+ 1) (0,5®)

 2009

2008 x 

+ 2009

2007 x 

= 2009

2006 x 

+ 2009

2005 x 

(0,5®)

 (x + 2009)(

2008+ 2007-

1 2006

-1

2005) = (0,5®)

 x + 2009 = (0,5®)

 x = -2009

b, x 1 4 x 5 + 11 x 8 x 5 =

 x 5 4 x 5 4 + x 5 2.4 x 5 16 = (0,5®)

 (2 x 5)2

  + (4 x 5)2 =4 (0,5®)

2 x 5+ 4+ x  5= (x  5)

2 x  = -2 Vô lý (0,5đ)

Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim (0,5)

Câu 3 (4đ)

a, (2đ) (m+2)x – my = -1 (1)

Điều kiện cần đủ để đờng thẳng (1) qua điểm cố định M(x0;y0)

m lµ : (m+2)x0 – my0 = -1 m

Biến đổi đợc: 0

0

0

2

x y x

 

  

0

1

1

x y

 

 

  

Vậy đờng thẳng (1) qua điểm cố định M(-1/2;-1/2) b, (2đ) Gọi A điểm đờng thẳng (1) với trục tung x =  y =

m OA = m

B giao điểm đờng thẳng (1) với trục hoành Y =  x = m 1 2 OB = m 12

H khoảng cách từ ) đến đờng thẳng (1)

 12

h =

1

OA +

1

OB = m2 + (m + 2)2

= 2(m + 1)2 +  2

 12

h  2; max h =

2  m = -1

Câu 4 (6đ)

a, (4đ)

Chứng minh đợc ICK

- Chỉ đợc BIK = BIC (c.g.c) (0,5đ)  ãABK = ãAKC = 300 (1,5đ)

do B,C nhìn AK dới góc 300 (1đ)

 tứ giác AKCB nội tiếp đợc (1đ) b, (2đ)

Chỉ đợc ãKAC = ãKBC = 200

 ·IAC = 200  ·IAB = 600 (1®)

Trong ABI ÃAIB = 800 (1đ)

Câu 5 (2®)

A = 1 x y

x y xy xy 

   (0,5đ)

Để A nhỏ xy lớn víi x > 0; y > ; x + y = ta lu«n cã ( x y )  0

 x + y  xy Vây xy lớn x = y =2,5 (1đ) Khi Min A =

5 (0,5®)

**************************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

§Ị sè 14

Bài 1 : ( ®iĨm ) Cho biểu thức P(x) 2x2 x2 3x 4x

 



 

a) Tìm tất giá trị x để P(x) xác định Rút gọn P(x) b) Chứng minh x > P(x).P(- x) <

Bµi ( điểm ) Cho hệ phơng trình

2

( 1)

2

m x my m

mx y m

   

 

   

a) Giải hệ phơng trình với m =

48

B

A

K

b) Tìm giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giá tr ln nht

Bài ( điểm ) Cho hµm sè : y= mx -2m -1 ( m 0 ) (1).

a) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn qua điểm cố dịnh m thay đổi

b) Tính theo m tọa độ giao điểm A, B đồ thị hàm số (1) lần lợt với trục Ox Oy Xác định m để tam giác AOB có diện tích

2

( đ.v.d.t)

Bài ( điểm ) Cho tam gi¸c nhän ABC ; BC = a; CA = b; AB = c.

Chøng minh r»ng : b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB

Bài ( điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có

tâm O, đờng trịn cắt BA BC D E Chứng minh AE = EB

2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bµi ( ®iÓm ) CMR, n ≥ , n  N : 1 1

2 3   (n 1) n  HÕt

Hớng dẫn chấm đề số 14

C©u Tóm tắt lời giải Điểm

1 (4 đ)

a) P(x) xác định 3x2- 4x+1 0  (x-1)(3x-1) 0 x 1; x 

3

2

2x x

P(x)

3x 4x

 



 

=

) )( (

1

 

 

x x

x x

=

0

1

1

 

  

 

khix x

o khix x

b) x >

2

2x x

P(x)

3x 4x

 



  = ( 1)(3 1)

1

 

 

x x

x x

=3 1 

x

P(x) P(- x) =

1

1 

x 3( ) 1



 x =

1 )

1 )( (

1

2     



x x

x < ( v× 9x2-1>0 víi

x>1)

0.5

2,0

0.5

1,0

2

(3 ®)

a) Víi m=2 ta cã hÖ

  

 

 

2 2

3 2 3

y x

y x

;

giải hệ ta đợc x=1; y=0

b) ( 1) 2

2

m x my m

mx y m

   

 

   

   

  

    

  

  

      

2 1 )1 ( 2

12 )2 () 1(

2 3 2

2 2

mmx y

mx mm mmx

y

m mmx mx m



  

 

 

m y

m x

2 1

( v× m2+m+1 = (m+1/2)2+3/4

3/4 nªn m2+m+1 0.)

x.y = (m-1)(2-m) = -m2+3m-2 = - (m-3/2)2+1/41/4 DÊu “=” x¶y khi

m=3/2

Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm x; y cho x.y lớn m=3/2

1

0,5 0,5

3 (4 ®)

a) Gäi (d) : y= mx – 2m -1

I(x0;y0) điểm cố định (d) nên I (d) với m

Nªn y0= m x0-2m-1 víi mäi m

 y0+1= m (x0-2) víi mäi m

  

     

  

2 1 02 01

0 0

0 0

x y x y

Vậy I(2;-1) điểm cố định (d) b) điểm A(2 1;0)

m m 

vµ B (0;-2m-1)

SAOB =2

2

 OA.OB =

1 (2 1)2 1

  

m m

 4m2+4m +1 = m

+ NÕu m >  4m2+3m +1 = ; v« nghiƯm.

+ NÕu m<  4m2+5m +1 =  (m+1)(4m+1) =  m=-1 ; m=

4 

0,5 0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

4 (3 ®)

Kẻ AH BC Tam giác AHC vuông H ta cã

AC2 = AH2 + HC2

= AH2+ (BC- BH )2 = AH2 +BC2 + HB2 -2BC.BH

= (AH2+HB2 ) +a2-2a.HB (1)

Trong tam gi¸c vu«ng AHB ta cã: AH2+HB2 = AB2 = c2

HB = AB cosB = c cosB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB

0,5

1,0

1,0 05

5

(4 đ) AEC = 900 (Góc tam giác có cạnh đờng kớnh ) 1,0

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình50 a

b c

H

B C

A

F

1

1

1

/

/ _

_

K

H

I D

=> AEB = 900 ( v× hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gäi K lµ trung ®iĨm cđa HE (1) ;

I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE

=> IK // BE mµ AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2).

Từ (1) (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trùc đoạn HE qua trung điểm I BH

3 Theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB

ADC = 900 (Góc tam giác có cạnh đờng kính ) => BDH = 900 (kề bù

ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đ ờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh ID

Ta cã ODC cân O (vì OD OC bán kÝnh ) => D1 = C1 (3)

IBD cân I (vì ID IB bán kÝnh ) => D2 = B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH  AC F =>AFB có AFB = 900

Theo trªn ADC cã ADC = 900 =>B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO

=> OD  ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

6 (2 ®)

Tacó :

1 1 1 1

k k k

(k 1)k k k

(k 1) k k k k k

   

 

          

 

        

= k 1

k k k

   

 

   

   

 

Do : 1

(k 1) k k k

 

   

   

Vậy

1 1 1 1 1

2

2 (n 1) n 2 n n

 

   

              

       

= 1

n

 

 

 



  víi n ≥ , n  N

1,0

1,0

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút Đề số 15:

Câu 1: (2 điểm)

Cho biÓu thøc sau:

 

1 2

1

      

 

x x x

x x x

x

x x P

1 Rót gän P

2 Tìm giá trị nhỏ P Tìm x để biểu thức

P x

Q2 nhận giá trị số nguyên

Câu 2: (2 điểm)

Cho ng thng (d) có phơng trình: 2m 1xm 2y2

1 VÏ (d) víi m =

2 Chứng minh (d) qua điểm cố định với m Tìm m để (d) cách gốc toạ độ khong ln nht

Câu 3: (2,5 điểm)

1 Giải phơng trình nghiệm nguyên:

3 2

    

 y xy x y

x

2 Cho a, b số thực dơng thoả m·n: a + b = Chøng minh r»ng: 3  1018

b a b b

a

Câu 4: (2,5 điểm)

Cho hình thang vu«ng ABCD ˆ ˆ 900  D

A , tia phân giác góc C qua trung điểm I cña AD

1 Chứng minh BC tiếp tuyến đờng tròn (I, IA) Cho AD = 2a Tính tích AB CD theo a

3 Gọi H tiếp điểm BC với đờng trịn (I) nói K giao điểm AC BD Chứng minh KH song song với BC

Câu 5: (1 điểm)

Cho a, b, c cạnh tam giác có góc nhọn Chứng minh với số thực khác không x, y, z ta lu«n cã:

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

c b a

z y x c z b y a x

 

   



***** HÕt *****

Hớng dẫn chấm đề số 15

Câu ý Điểm

1 Điều kiện: 0x1

   2 1 2 1

1 1

 

 

 

  

 x x

x x

x x x x P

1  

x x

P

0,25 0,25 0,25

2 4 4 2                   

 x x x

P víi mäi x thoả mÃn điều kiện

xỏc nh 4

min      

 P x x

0,25 0,25 M x x x x x P x Q 1 2        

Víi 0x1   2 M 1 0Q2

x

x Q nguyên

1      x x x Q ;

3       

 x x x

x

KÕt luËn: víi

2  

x th× Q Z

0,25

0,25

0,25

2

Với m = 3: phơng trình đờng thẳng (d) trở thành: 4xy 2

Ta cã: x = 0; y = y = 0; x = -

2

2

0,25

0,25

2

Gọi điểm cố định mà đờng thẳng (d) qua M(x0,y0)

Ta cã: 2m1x0 m 2y0 2 víi mäi m

2 ;

1 0

0  

 x y

Kết luận: Vậy đờng thẳng (d) qua điểm cố định M(1; -2)

0,25 0,25

3

Từ phơng trình (d)  không qua gốc toạ độ Gọi giao (d) với

Ox lµ 

  

 

 1;0

m

A , víi trơc tung lµ 

      2 ; m B

Gọi H chân đờng vng góc hạ từ O lên AB Ta có:

 2  2 2 2 1        m m OH OB OA OH 

VËy max OH 

5   m 0,25 0,25 0,5

 

3 2     

 y xy x y

x  xyx2y13

V× x,yZ  xyZ vµ x2y1Z  xy vµ x2 y Là ớc -3 cho tích chúng -3

Ta có trờng hợp:

TH1: xy1;x2y13 x4;y3

TH2: xy1;x2y 13 x6;y5

TH3: xy3;x2y11 x8;y5

TH4: xy3;x2y11 x6;y3

Kªt ln: TËp nghiƯm phơng trình:

    4;3;  6;5 ;  8;5 ; 6;3  S 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 10 10

2 

                  b b a a b a b b a

Với a, b 0áp dụng BĐT Cauchy ta cã:

      

 10 2.3 2.5 18 b b a a A ®pcm

DÊu “=” a = b =

0,25 0,25

4

KỴ IH vuông góc BC Vì I nằm tia phân giác góc B CD nên

AB IB IH   

I IA

H ,



BC

 lµ tiÕp tuyÕn cđa (I,IA)

vẽ hình (0,25) 0,75

BA vuông góc IA CD vuông góc với IB suy BA, CD lần lợt tiếp tuyến (I) A B

- Xét (I, IA), có BA, BH tiếp tuyến cắt B; CD, CH tiếp tuyến cắt C Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta cã:

 3

3 4

1 ˆ ;ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2ˆ ˆ ˆ ˆ

ˆ I I I I I I I I I I I

I           (1)

CH CD BH

BA ;  (2)

Ta cã:

3 90 ˆ ˆ 180 ˆ ˆ ˆ ˆ 180 ˆ

ˆH HID  I I I I   I I 

I A

BIC I

H

B

900 vuông C

- Xét BICvuông C, đờng cao IH, ta có:

2 2 2 2

.CH ABCD ABCD AB a a

BH

IH  

                0,25 0,5 0,25

3 Vì AB//CD, theo định lý Talet ta có: KD

BK CD AB  hay KD BK HC BH

 (theo (2)) Theo định lý talet đảo:  KH //CD

0,25

0,25

5

Víi a, b, c lµ cạnh tam giác nhọn, ta có:

2 2 2 2

2 b c ;b c a ;a c b

a      

Víi mäi a,bR,x,y0 Ta lu«n cã:  

y x b a y b x a     2 (1) ThËt vËy: (1)  2    2  

      

 a y b x x y a b xy ay bx

(luôn với a, b, x, y) Suy (1)

Ta cã: 2 2  2 2 22 2 22 2 22 2

2 2 2 2 2 2

2 4 2

2 c b a x a x c b a x c b a x x a x c b x a x a x a x            

(2)

Làm tơng tự ta cã:

2 2 2 2 c b a y b y    2 2 2 2 c b a z c z  

 (3)

Tõ (2) vµ (3) 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

c b a z y x c z b y a x       

 (®pcm)

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

§Ị sè 16:

Câu 1: (4 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) ( 3 )

3 3

x x x

M x

x

x x

 

 



  víi x0, x

b) (49 20 6)(5 6)

9 11

N    

Câu 2: (4 điểm)

a) Giải hệ phơng trình:

1

x y

x y

     



   



b) Cho điểm A(7;2) ; B(2;8) C(8;4) xác định đờng thẳng (d) qua A cho điểm B C nằm hai phía (d) cách (d)

Câu 3: (5 điểm) a) Chứng minh số dơng a,b,c có tổng a+b+c=1 1

a b c 

b) Cho số a,b,c thỏa mÃn điều kiÖn a+b+c=0 Chøng minh r»ng: 2(a5+b5+c5)= 5abc(a2 +b2 + c2 )

Câu 4: ( 5điểm) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính BC điểm A nửa đờng

tròn(A khác B C) Kẻ AH vng góc với BC Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đờng tròn (O1) (O2) đờng kính BH CH chúng

lần lợt cắt AB, AC E F

a) Chøng minh: AE.AB = AF.AC

b) Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (O1) (O2)

c) Gọi I K lần lợt điểm đối xứng H qua AB AC Chứng minh điểm I, A, K thẳng hàng

d) Gọi M giao điểm IK với tiếp tuyến kẻ từ B đờng tròn (O) Chứng minh MC, AH EF đồng qui

C©u 5: (2 ®iĨm) Cho 1

1.2009 2.2008 3.2007 2009.1

So s¸nh S víi 2.2009 2010

HÕt

Hớng dẫn chấm đề số 16

C©u Néi dung §iĨm

1a)

3 3

( )

3 3

( 3)( 3)

2

3 3

3

( 3)

( 3)( 3)

1

x x x

M x

x

x x

x x x x

x

x

x x

x x

x x

 

 



 

     

  



 

 



 

 



0,5

0,5 0,5 0,5

1b)

2

2

2

(49 20 6)(5 6) 11

(5 6) (5 6) ( 2) 11

(5 6)( 2) ( 2) ( 2) 11 11 ( 2)(9 11 2)

5 (9 3) (11 2)

N    



  





   

  

 

 

  



0,5

0,5 0,5

0,5

2a) Trừ vế với vế phơng trình (1) cho phơng trình (2) ta có

h phng trỡnh tơng đơng

1

y y

x y

    



   

 11

1

5,5

1,5; 0,5 y

x y

y

x x

    

   

    

 



VËy hÖ cã nghiÖm (0,5;5,50; (1,5;5,5)

0,5 0,5 0,5

0,5

2b) Gọi đờng thẳng d y=ax+b Điểm A( 7;2) thuộc d nên 2=7a+b(1) Đờng d cắt đờng thẳng song song

với trục hoành B M C 16 Gọi BH, CK đờng thẳng vng

gãc víi d B C Ta có BH=CK

nên BM=CN=m Ta cã M(2+m;8) H vµ N(8-m;4) B M Vì M N thuộc d nªn

8=a(2+m) +b (2) N 4=a(8-m) +b (3) K C Tõ (1),(2) vµ (3) ta cã A

0,5

0,5

0,5

G

O O

K

B C

O A

E

F I M

a=-2;b=16 m=2

Đờng thẳng d phải tìm y=-2x+16 0,5 3a) Ta cã a+b+c=1 nên

1 1

3

3 2

a b c a b c a b c

a b c a b c

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

     

    

           

DÊu b»ng x¶y a=b=c=1/3

0,5 0,5 0,5 0,5

3b) Ta có a+b+c=0 nên a+b=-c Do a+b=-c nên( a+b)3=-c3

Suy a3+b3+c3= 3abc;a2+b2=c2-2ab; a2+c2=b2-2ac; c2+b2=a2-2bc

Nªn 3abc(a2+b2+c2)= (a3+b3+c3) (a2+b2+c2)

= (a5+b5+c5)+a3(b2+c2)+ b3(a2+c2)+ c3(b2+a2)

= (a5+b5+c5)+a3(a2-2bc)+ b3(b2-2ac) +c3(c2-2ab)

=2(a5+b5+c5)-2abc(a2+b2+c2)

VËy 3abc(a2+b2+c2)= 2(a5+b5+c5)-2abc(a2+b2+c2)

Hay 2(a5+b5+c5)= 5abc(a2 +b2 + c2 )

0,5 0,5 0,5 0,5 a)AE.AB=AF.AC=AH2

b) C/m GEOGHO c c c( ) suy

0

1 90

GEO IHO

   nên EF l tià ếp Tuyến đờng tròn (O)

Tơng tự EF tiếp tuyến đờng trịn (O1)

c)C/m EF//AK vµ EF//AI suy A,I K thẳng

hàng

d) C/m AH cắt EF trung điểm G

AH( Vì AEHF hình chũ nhật) MC cắt AH trung điểm G AH ( Vì AH// MB AB//HF nên

GM BH AF

GC CH FC nên AM//GF G trung điểm AH)

Suy đờng EF, AH MC đồng qui

1 0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

5 áp dụng bất đẳng thức Co-si cho số khơng âm a b ta có

1

2

2 a b ab

a b ab

   

 dÊu b»ng x¶y a=b

Ta cã

1 2

1 2009 2010 1.2009

1 2

2 2008 2010 2.2008

1 2

1 2009 2010 2009.1

 



 



 



Nªn 1

1.2009 2.2008 3.2007 2009.1

S      >2009 2.2009

2010 2010

VËy S=2.2009

2010

0,5

0,5

0,5 0,5

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

§Ị sè 17:

Câu1 ( điểm)

Cho biếu thức M = 2 1                    x x x x x x x x x x x x x x

a, Hãy tìm điều kiện x để biểu thức M có nghĩa, sau rút gọn M

b, Với giá trị x biểu thức M đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ M?

C©u ( điểm)

Tìm nghiệm nguyên hệ

             8 7 2 2 2 3 2 y x y x x y xy x y

Câu (4 điểm)

Cho A (6,0); B (0,3)

a, Viết phơng trình đờng thẳng AB

b, Một điểm M (x;y) di chuyển đoạn thẳng AB Gọi C; D theo thứ tự hình chiếu M OA; OB Gọi N điểm chia đoạn thẳng CD theo tỷ số 1:2 Tính toạ độ (x’; y’) N theo ( x; y)

c, Lập hệ thức x’; y’ từ suy quĩ tích N

C©u (5 ®iĨm )

Cho ( 0; R )đờng thẳng d cắt ( O ) điểm A; B d lấy điểm M từ kẻ tiếp tuyến MN; MP ( N; P tiếp điểm)

a, C/M: PMO = PNO

b, Tìm điểm cố định mà đờng tròn ( MNP ) qua M di động d c, xác định vị trí M để MNP  u

Câu 5 ( điểm)

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc:

 16 16  2 22 10 10 y x y x x y y x

Q    

       HÕt

hớng dẫn chấm đề số 17 Câu (4đ)

a, Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

4 ,

0 

 x

x vµ x#1 (0,5®)

M = 2 1                    x x x x x x x x x x x x x x   2 1 1                   x x x x x x x x x x x x x (0,5®)    

     1 2

 

1  

 

x x

x

x (0,5đ)

b, Do x nên M Đẳng thức xảy x = (0,5đ) Vậy giá trị nhỏ M x = (1®)

Câu Viết lại hệ cho dới dạng

(x+2y+2) ( x-y) =-7 (1)

x3+y3+x-y = (2) (1,5đ)

Từ (1) x, y nguyên ta có trờng hợp sau:

a, x- y=-1 x+2y+2 = =>x=1 y = thoả mÃn ( 2) (0,5đ) b, x-y = x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ) c, x- y= -7 x+ 2y +2 =

Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2) (0,5đ) d, x-y = x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ) Tóm lại hệ cho có hất nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2) (0,5đ)

C©u (4®)

a, Gọi phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b ( a # 0) (0,5đ) Đờng thẳng qua điểm A ( 6; 0) nên ta có 6a+ b = (1) qua điểm B ( 0;3) nên ta có b = Thay b = vào (1) => a = -

2

(0,5®)

Vậy đờng thẳng AB y = -

x +3 (0,5đ) b, Gọi H hình chiếu N OA, K hình chiếu N OB

Tam giác DOC có KN// OC nªn => KN OC x x

DC DN OC KN

3

2

2    ' 



 (1) (0,5đ)

Tơng tự NH // OD => NH OD y y

CD CN DO NH

3

1

1 '

  

 

 (2) (0,5đ) =>N có toạ độ ( x’ =

3

x ; y’ =

y) (0,5®)

c, Tõ (1) => x=

x’; y= 3y’ thÕ vµo y= -

x+ => y’ = -

x + (0,5®)

Vậy quĩ tích điểm N phần đờng thẳng y= -

x + n»m gãc phÇn t thø nhÊt (0,5đ)

Câu (5đ)

a, MN, MP hai tiÕp tuyÕn cña ( O) => ON NM;OP PM  ONM = 900, OPM

= 900 (0,5®)

=> tứ giác ONMP có góc ONM + OPM = 1800 Do tứ giác ONMP nội tiếp

đ-ờng tròn đđ-ờng kính OM (1đ)

b, Kẻ OQ vng góc với AB => QA = QB ( đờng kính vng góc với dây) (0,5) Vì AB cố định => Q cố định (0,5đ)

Kết hợp với câu a => điểm M, N, O, Q, P thuộc đờng tròn đờng kính OM => đ-ờng trịn ( MNP) ln qua hai điểm O, Q cố định M di chuyển d (0,5đ)

c, Để tam giác MNP => góc NMP = 600 mà MO phân giác góc NMP

=> NMO = 300 => ON =

2

OM => OM = 2NO = 2R (0,5®)

Dựng cung trịn tâm O bán kính 2R cắt d M => M điểm cần dựng để tam giác MNP (0,5đ)

ThËt vËy OM = 2R= 2ON => sin NMO =  

OM ON

NMO =300 => NMP = 600

Vậy tam giác MNP tam giác (0,5)

Câu (3đ)

ỏp dng bất đẳng thức cô si cho bốn số không âm ta có:

2 2 10 10 10 10 1 y x y x y x x y y x           

 16 16 1 1 16 161.1 4 y x y x y

x      (1®)

      5 1 2 2 2 16 16 10 10 2 4 16 15 10 10                                 Q y x y x x y y x y x y x y x x y y x ( 1®)

Do giá trị nhỏ Q -2

x2 = y2 = (1®)

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phỳt đề số 18

Bµi : (3 đ) Tính giá trị biểu thức:

a) A= 13 100  534 90

b) B = 2 22 2 2 22 2 2 22 2

b a c c a c b b c b a a       

 Víi a + b + c =

Bài 2: (4 đ) Cho biểu thức:

P = x x x x x x x x          3 ) ( 3 a) Rót gọn biểu thức P

b) Tính giá trị P víi x = 14 -

c) Tìm GTNN P

Bài (4 đ) Giải phơng trình.

a)   x

x +

1 63 16 35 12 15 2        

 x x x x x

x

b) x6 x2 x11 x2 1 Bµi : (3 đ) Cho số dơng x, y thỏa mÃn x + y =1

a) T×m GTNN cđa biĨu thøc M = ( x2 +

2

1

y )( y2 +

b) Chøng minh r»ng: N = ( x +

x

1

)2 + ( y +

y

1

)2 

2 25

Bài (2 đ) Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M  BC Các đờng tròn đờng kính AM, BC cắt N ( khác B) BN cắt CD L Chứng minh rằng: ML vuụng gúc vi AC

Bài (4 đ)

Cho (O;R) điểm A nằm ngồi đờng trịn Từ điểm M di động đ-ờng thẳng d vng góc với OA A, vẽ tiếp tuyến MB, MC với đđ-ờng tròn (B, C tiếp điểm) dây BC cắt OM OA lần lợt H K

a, Chứng minh OA.OK không đổi, từ suy BC ln qua điểm cố định

b, Chứng minh H di động đờng tròn cố định

c, Cho biết OA = 2R Hãy xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ

HÕt

Hớng dẫn chấm đề số 18

Câu 1: (3đ)

a) A= 13 100 534 90

= 13 10  532.6 10 (0,5®)

= (2 2 5)2  (2 23 5)2 (0,25®)

= 2 - 5- 2 - 5= -4 (0,5®)

VËy A= 13 100 534 90 = -4 (0,25®)

b, V× a + b + c =  a = - b - c  a2 = b2 + 2bc + c2

 a2 - b2 - c2 = 2bc (0,5đ)

Tơng tự cã: b2 - c2 - a2 = 2ac

c2 - a2 - b2 = ab (0,25®)

B = 3 2 2 3 2        abc abc abc c b a ab c ac b bc

a (0,5®)

VËy B =

2

Bài 2( điểm).

iu kin để giá trị biểu thức P xác định : x0; x (0,5 đ) a) Rút gọn:

P = 3 ) ( ) )( (          x x x x x x x x = ) )( ( ) )( ( ) (         x x x x x x x (0,25 ®) = ) )( ( 3 18 12           x x x x x x x x x (0,25 ®) = ) )( ( 24      x x x x x x = ) )( ( ) ( ) (      x x x x x =   x x (0,5 ®)

b) x = 14 - = ( 5)2 - 2.3 5 + = ( 5 - 3)2  x = - 5 (0,75 ®).

Khi P =

1 14     = 5 22   = 11

VËy víi x = 14 - th× P = 11

5

58  (0,25 ®).

c)

P= 2

1 1 1 1                   x x x x x x x x (1 đ)

( áp dụng BĐT CôSi cho sè d¬ng

1 ;   x x )

DÊu"=" x¶y 

1    x

x  x = (tháa m·n ®iỊu kiƯn) (0,25 ®).

Vậy minP = 4, đạt đợc x = (0,25 )

Bài 3: điểm (mỗi câu ®iÓm).

a) x2 + 4x + = ( x + 1)( x+ 3)

x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)

x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)

x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)

 §KX§: x  -1; x  -3; x  -5; x  -7; x  -9 (0,5 ®) =>pt 

5 ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) )( (           

 x x x x x x x

x

 1 1 1 1 1

2 x x x x x x x x

 

       

 

       

  (0,5 ®)

 ) 1 (     x x

 5( x + - x -1) = 2( x+1)( x+9) (0,25 ®)

 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0

 x2 + 10x - 11 = 0

Phơng trình có d¹ng a + b + c =  x1 = 1; x2 = -11 (0,5 ®)

x1; x2 thỏa mÃn ĐKXĐ

Vậy tập nghiệm phơng trình : S = 11;1 (0,5 đ)

b) §KX§: x  -2 ( 0,5 ®)

Pt  ( x2 2)2  ( x2 3)2 1 (0,25 ®)

 x  2 + x+2-3 = (0,25 đ)

áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta cã : x  2 + x+2-3 (0,5 đ) Dấu "=" xảy : ( x2  2)( - x2) 

  x2  2 x  (0,5 ®)

VËy tËp nghiƯm cđa phơng trình : S = x/2x7 (0,5 đ)

Bài 4: ( điểm) ( câu 1,5 điểm)

a) Ta cã : M = ( x2 +

2

1

y )( y

2 +

x ) =

2 2 2 ) ( ) ( xy xy y x y x  

Mặt khác : xy + xy1 = ( xy + ) 16

1

xy + 16xy

15

( 1)

áp dụng BĐT Côsi : xy + 161xy  16 = (2) 2  

x y

xy  xy

4

( 3)

Tõ (1), (2) vµ (3) ta cã : xy + xy1  + 16 15 = 17

 (xy + xy1 )2  (

4 17

)2 =

16 289

VËy minM = 16 289

, đạt đợc

    

 

y x

xy xy

16 1

 x = y =

b) áp dụng BĐT : A2 + B2 

)

(A B , ta cã :

N = ( x +

x

1

)2 + ( y +

y

1

)2 

2 )

(

xy y x y x  

=

) 1

(

xy

 Mặt khác : (x + y)2 4xy ( ( x -y)2 0)

  4xy  xy 

N

2 25

4 1

) 1 (

2

          

  

xy VËy N 

25

DÊu "=" x¶y

  

  

y x

y

x 1

 x = y =

Bài 5: ( điểm).

Gọi E giao điểm AC ML Ta có: gãc NCD = gãcNCB

(cïng phơ víi goc BCN)

góc NBC = góc NAM ( chắn cung MN)  Tam giác NCL đồng dạng với

tam gi¸c NAM 

NM NL NA

NC

Mặt khác : góc ANC = góc MNL ( cïng b»ng 900 + gãcMNC)

 tam giác ANC đồng dạng với tam giác

MNL  góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME  Tứ giác AMEN nội tiếp  E thuộc đờng trịn đờng kính AM  góc AEM = 900 hay ML vng góc với AC ( đpcm).

Bµi 6: ( ®iĨm).

a) (2 đ) Chứng minh đợc OM  BC HOK ~ AOM



OA OH

=OMOK

 OA.OK = OH.OM (1) XÐt BOM vuông B nên OB2 = OH.OM (2)

Từ (1) (2)  OA.OK = = OB2 = R2 (không đổi)

 OK =

OA R2

không đổi  K cố định OA

b) (2 đ) H nằm đờng tròn đờng kính OK cố định c) S = dtMBOC =

2

MO.BC

 S nhá nhÊt  OM nhá nhÊt vµ BC nhá nhÊt

E D

A B

M

C N

L

A O

M

B C

 OM nhá nhÊt  M º A

BC nhá nhÊt  BC  OK  M º A

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phỳt

Đề số 19

Câu1 : (4.0 ®iĨm)

Cho biĨu thøc

A = 

  

  

  

   

  

   



1 :

1 1

1

x x x x

x x

x x

a) Tìm ĐKXĐ A Rút gọn A b) Tìm giá trị x để A =

Câu 2: (5.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ cho đờng thẳng (d): 3x – 2y + = (d') : 3x + 2y – = cắt C lần lợt cắt trục Ox A, B

a) Tìm tọa độ điểm A, B, C

b) Tìm diện tích chu vi tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trục cm

Câu 3:(4.0 điểm)

a) Cho biểu thức :

M x2 5x y 2xy 4y2014.

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ b) Giải hệ phơng trình :

   

2 18

1 72 x y x y

x x y y            

Câu (5.5đ): Cho tam giác ABC Phân giác AD (D  BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và

D đồng thời tiếp xúc với BC D Đờng tròn cắt AB AC lần lợt E F Chứng minh

a) EF // BC

b) Các tam giác AED ADC; AFD ABD tam giác đồng dạng c) AE.AC = AF.AB = AD2

C©u (1,5 điểm).Cho a, b số thực dơng Chứng minh r»ng :

 2 2

2 a b

a b    a b b a

Hết hớng dẫn chấm đề s 19

Câu1: (4điểm)

a) ĐKXĐ: x > x (0.5đ)

Ta cã: A =                       : 1 1 x x x x x x x x =                            1 ) ( : 1 ) )( ( ) )( ( x x x x x x x x x x x x (0.5®) =                         : 1 1 x x x x x x x x x (0.5®) = : 1       x x x x x x (0.5®) = :     x x x x = x x x x 1      (0.75®) = x x  (0.5®)

b) A = =>

x x



2 = => 3x +

x - = (0.25)

=> x = 2/3 (0,5®)

Câu 2: (5,0 điểm)

3x - 9 2y

3 3x 2y   

  



12 4y

3 3x 2y   

  



3 y

1 x   

 

VËy C(1 ; 3) (1.0®)

 Phơng trình trục Ox y = nên tọa độ A thỏa mãn hệ :

0 y

3 3x 2y   

  



0 y

1 - x   

 

VËy A(- 1; 0) (0.5®)

tọa độ B thỏa mãn hệ :

0 y

3x - 9 2y   

 



0 y

3 x   

 

VËy B(3 ; 0) (0.5®)

 Gọi H hình chiếu C trục Ox CH đờng cao tam giác CAB CH = cm ( tung độ điểm C) ; cạnh đáy AB = AO + OB = + = (cm)

 dt(ABC) =

AB.CH =

.4.3 = (cm2)

(1.5®)

 HA = HO + OA = + = (cm)  HB = AB -AH = (cm)

 HA = HB = 2(cm)  tam giác CAB cân C (CH vừa đờng cao vừa trung tuyến) ; tam giác vng HCA có :

CA AH2 HC2 32 13    

 (cm)

 chu vi ABC lµ : AB + BC + CA = 4 13 (cm)

(1.5®)

Câu 3: (4.0 điểm) Ta có :

 M x2 4x 4 y2 2y 1 xy x 2y 2 2007

           (0,25®)

 22  12  2  1 2007

M  x  y  x y  (0,5®)

     

2

2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

        

 

(0,25®)

Do y 12 0 vµ    

1

2

2

x y

 

   

 

 

,

x y

 (0,25®)

2007

M

  (0,25®)

min 2007 2;

M x y

     (0,5®)

Đặt :



1 u x x v y y

  

 

 

 

(0,25®)

Ta cã : 18

72 u v uv

  

  

 u ; v nghiệm phơng trình : (0.25đ)

2

1

18 72 12;

X  X    X  X  (0,5®)

66

y

x

O H

1

3 -1

C B A

y = -3x y = x+3

 12

6 u v

  

 

;

12 u v

  

 

(0,25®)

  

 

1 12 x x

y y

  

 

  



;  

 

1 12 x x

y y

  

 

  



(0,25®)

Giải hai hệ ta đợc : Nghiệm hệ :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị (0,5đ)

Câu 4: (5.5 ®iĨm) a)   (  )

EADEFD  sd ED (0,5®)

  (  )

2

FADFDC  sd FD (0,5đ) mà EDA FAD EFD FDC (0,5®)

 EF // BC (2 gãc so le nhau) (0,5đ) b) AD phân giác góc BAC nên DE DF

sđ

2

ACD  s®(AED DF ) = 1

2s®AE = s®ADE (0.5®)

do ACDADE v EAD DAC

D~ADC (g.g) (0,5đ) Tơng tù:

s®   (  )

2

ADF sd AF sd AFD DF

= 1(   ) 

2 sd AFD DE sd ABD (0.25®)

 ADFABD (0.25®)

do AFD ~ d(g.g) (0,5đ) c) Theo trên:

+ AED ~ DB  AE AD

AD AC hay AD

2 = AE.AC (1) (0,5®)

+ ADF ~ ABD  AD AF

AB AD (0.25®)

 AD2 = AB.AF (2) (0.25đ)

Từ (1) (2) ta có AD2 = AE.AC = AB.AF (0,5đ)

Câu 5: (1,5 điểm) Ta cã :

2

1

0;

2

a b

   

   

   

   

 a , b > (0,25®)

1

0;

4

a a b b

       (0,25®)

1

( ) ( )

4

a a b b

        a , b >

1

0

a b a b

      (0,25đ) Mặt khác a b ab0 (0,25đ)

Nh©n tõng vÕ ta cã :      

a b  a b    ab a b

  (0,25®)

F E

A

B

 2   2

a b

a b  a b b a

     (0,25®)

*********************************************

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ị sè 20

C©u1:

Cho biĨu thøc: A= (

x x

x x x

x x

      

1 1

2

) :

2 

x

Víi x>0 vµ x1

a) Rót gän biĨu thøc A

b) Chøng minh r»ng: 0< A <

Câu2: Cho đờng thẳng

(d1): y = mx -5

(d2): y = -3x +1

a) Xác định toạ độ giao điểm A (d1) (d2) m =

b) Xác định giá trị m để M(3; -8) giao điểm (d1) (d2)

Câu3: Giải phơng trình hệ phơng trình sau:

a) 1+ 16 3  

 x

x

b) xy – x – y = yz - y- z =

zx –z –x =7

Câu4: Cho hai đờng trịn có chung tâm điểm Ovà có bán kính lần lợt R

2

R

Từ điểm A cách tâm O Một đoạn OA = 2R, ta kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đờng tròn (O ; R) Gọi D giao điểm đờng thẳng AO với đờng tròn (O; R) điểm O thuộc đoạn thẳng AD

a) Chứng minh đờng thẳng BC tiếp xúc với đờng tròn (O ;

R

)

b) Chứng minh tam giác BCD tam giác c) Chứng minh đờng tròn (O ;

2

R

) néi tiÕp tam giác BDC

Câu5: Cho x> 0; y>0 x+y 6 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 5x + 3y + 12x 16y

HÕt

Hớng dẫn chấm đề số 20

Câu1: 4đ

a

2 : 1 1

2

     

  

      

 x

x x

x x x

x

A (0,5 ®)

   

  

  

       

 

1 1

1

x x

x x x

x x

x

A (0,5 ®)

   

  

2

1

1

2

 

 

    

 

x x

x x

x x x

x x

A (0,5 ®)

 

   

2

1

2

     

 

x x x

x x

x

(0,5 đ)

b

Vì x0 nên x x1 1

Mµ

1

   

 A

x x

A (1) (0,5 đ)

Vì

1

1

0 

       

x x x

x

x tøc A<2 (2) (0,5 ®)

Từ (1) (2) ta có: 0A2 (0,5 đ)

Câu2: 4đ

a Với m3, ta có (d1): y3 x (0,5 ®)

Gọi A(x,y), hồnh độ điểm A nghiệm phơng trình

3

3x  x

6 

 x

1 

 x

Thay x 1 vµo (d2); y 3.1 52

VËy A(1;-2)

b Vì M(3;-8) giao điểm (d1) (d2) tức M(3;-8) thuộc đờng thẳng (d1):

5 

mx

y (0,5 ®)

Thay x3;y8 ta cã:

8

3m  (0,5 ®)

3 

 m

1  

m (0,5 đ)

Vậy với m1 M(3;-8) giao điểm (d1) (d2)

Câu 3:

a Đặt x3a;3 x16 b (0,25 đ)

19 16

3

3     

 a b x x (1)

Tõ (1) vµ (2): a ba2abb219 a2abb2 19

6

  

 a a (thay ba 1) (0,5 ®)

3 

 a hc a2

Víi a3ta cã: x33 x327 x24 (0,25 ®) Víi a2ta cã: x32 x38 x11 (0,25 ®)

b

    

  

  

  

7 11

5

x z zx

z y yz

y x xy

Thêm vào vế phân tích thành nhân tử ta đợc hệ:

    

  

  

  

8 )1 )( 1 (

12 )1 )( 1 (

6 )1 )( 1 (

x z

z y

y x

(0,5 ®)

Dễ thấy x1;y1;z 1 Nhân vế phơng trình hệ ta đợc

   

 1 1( 1) 24 576

) (

12 2

    

  



z y x

z y

x

Chia vế phơng trình lần lợt với phơng trình hệ trên, đợc nghiệm là:

(3;4;5) vµ (-1;-2;-3) (0,5)

Câu 4:

a áp dụng hệ thức lợng tam giác vuông vào tam giác OBA, vuông B vµ BE OA, ta cã;

OB2 =OE.OA (0,5 ®)

=> OE=

2

2

2 R

R R OA OB



 (0,5 ®)

Vậy điểm E nằm đờng tròn (O;

R

)

Mặt khác ta có: OE BC=> BC tiếp xúc với đờng trịn (O;

R

) điểm E b Trong tam giác vuông ABO, ta có

2 2 2

2 OA OB 4R R 3R

AB     

Trong tam giác vuông BEO, ta có:

4

2 2

2

2 OB OE R R R

EB  

       

 (0,5 ®)

70

(0,5 ®) (0,5 ®)

B

D A

C

F

E

I O

3

R AB 



(0,5 ®)

(0,5 ®)

(0,5 ®)

3

R EB 

 (0,5 đ)

Từ ta có: BC=AB=AC=R

 Tam giác ABC tam giác

Từ giác ABCD có hai đờng chéo vng góc với trung điểm nên hình thoi (0,25 đ)

=> AB=BD=CD=> BD=DC=CB=> Tam giác BCD (0,25 đ) c Tam giác BCD tam giác đều: OE=

3

ED nên O trọng tâm tam giác (0,5 đ)

=> OE=OF=OI=

R

(0,5 ®)

=> đờng trịn (O;

R

) néi tiÕp tam gi¸c BCD (0,5 đ)

Câu 5: Điểm =

y y x

x y

y x x y x

P 12 16122 12 2 16

  

 

     

 

(áp dụng BĐT Cosi) (0,5 ®)

32 12

12  

(0,5 đ)

Dấu = xảy

x x 12

3 

 vµ

y

y 16 (0,5 ®)

2 

 x vµ y4

VËy P= 32 x2;y4 (0,5 đ)

*********************************************

thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn

Thời gian làm bài: 150 phút §Ị sè 21:

Câu1: (4 điểm) Cho biểu thức

2

3

2 3

x

x x x

p

x x x x



 

  

   

a) Rót gọn P

b) Tính giá trị biểu thức P víi x = 14 - c) T×m giá trị nhỏ P

Câu 2: (4 ®iÓm)

1) Cho đờng thẳng y = (m-2)x + (d)

a) Chứng minh đờng thẳng (d) qua điểm cố định với m

2) Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm M có độ xM =

2 m 

yM =

1 m

Tìm quỹ tích điểm M

Câu 3: (5 điểm)

1) Giải hệ phơng tr×nh

5 24

7 24 x y

xyz y z

xyz x z

xyz 

 

 



2) Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình: x2 - 4xy + 5y2 = 169

Câu 4: (5 điểm) Cho đờng trịn (0) đờng kính AB Gọi K điểm cung

AB, M điểm di chuyển cung nhỏ AK(M A K) lấy điểm N đoạn BM cho BN = Am

a) CM: MKN vuông cân

b) Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng OK D Chứng minh MK đờng phân giác

DMN

c) Chứng minh đờng thẳng  với BM N ln qua điểm cố định

C©u 5: (2 điểm) Cho số dơng a,b,c,d Chứng minh:

a b c b c  a c  a b 

HÕt H

íng dÉn chÊm

*****Tài liệu bồi dỡng học sinh giỏi Toán*****

Giáo viên : Đỗ Tuán Long Trờng THCS Định Bình

1

a)

ĐKXĐ: x 0; x 

 

   

 

  2   

2

3

2 3

2

3

1

1

3 3

8

x

x x x

p

x x x x

x

x x x

x x

x x

x x x x x

x x



 

  

   



 

  

 

 

      

 



0.25

0,5

0,5

b)  

2

14 5 3

58 11 x

P

     

 

0,5 0,5

c)

8 9

1

1 1

9

1 2

1

x x

p x

x x x

x

x

  

    

  

     

(áp dụng BĐT côsi)

dấu "=" xảy

9

1

1

x x

x

   



vËy p = x =

0,5

0,5 0,5

0,25

2

1,a

y = (m-2)x+2 (d)

Để dờng thẳng (d) qua điểm cố định với m

xm - 2x + - y = cã nghiƯm víi m

 x =  x =

-2x + - y = y = Vậy (d) qua N (0,2) cố định

0,5 0,5 0,25

1,b

Gọi A,B theo thứ tự giao điểm (d) với trục hoành trục tung Ta tính đợc

2

;

2

OA OB

m

 



Gọi OH khoảng cách từ O đến AB, ta có

 

2

2 2

2

2

1 1

4

4

4

4 2 1

m m

OH OA OB

OH

m m m

 

  

   

   

VËy OH líp nhÊt = m =

0,25 0,25

0,5

0,5 0,25

2

1

2

2

1

2

2 2

M

M M M

M M M M

m

y x m

m y m

x

x y x y

 



   





 

   

 

 

      

Vậy quỹ tích điểm M đờng thẳng x - y + =

0,25

0,5 0,25

 

5 1

24 24

1 1

1

4

7 1

24 24

1 1 1

x y

xyz yz xz

x z

xyz yz xy

y z

xyz xy xz

  

  

 

 

  

   

 

 

  

  

 

 

0,75

0,75