TUYEN TAP DE THI HSG TOAN 9

Có 2 đường thẳng di động và vuông góc với nhau tại M, cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E... AH.[r]

PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2009-2010

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cotg450

Bài 2: (4đ) Cho biểu thức

   

 

2

4 1

1

x x x x

Q

x

x x

      

   



 

 

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

Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn biểu thức

1

y x x y M

xy

  



Bài 4: (3,75đ) Chứng minh    

2

1

x yz y xz

x yz y xz

 



 

với xy yz, 1,xz1,x0,y0,z0

1 1 x y z

x y z     

Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân A, M trung điểm cạnh BC Từ đỉnh M vẽ góc 450 cho cạnh góc cắt AB, AC E, F

Chứng minh rằng:

EF

M ABC

S  S

Bài 6: (2đ) Từ điểm A đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn (B C tiếp điểm) Gọi M điểm đường thẳng qua trung điểm AB AC Kẻ tiếp tuyến MK đường tròn (O) Chứng minh MK = MA

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010

Bài Nội dung – Yêu cầu Điể

m

1

5 3 29 12 5  

2 5

   

 5 5

 2

5

  

=

= cotg450

1đ 0,5đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ

2a Q có nghĩa  x1 x2 0,5đ

2b    

 

2

4 1

1

x x x x

Q

x

x x

      

   



 

 

   

2

1 1 1 2

1

4

x x x x x

Q

x x x

         

 

  

   

 

2

2

1 1 2

1

x x x

Q

x x

     

 

 

1 1 2

2

x x x

Q

x x

     

 

 

* Nếu < x < ta có:

1 1

2

x x x

Q

x x

     

 

 

0,75đ

2 Q x  

* Nếu x > ta có:

1 1

2

x x x

Q x x           Q x   0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25 Với điều kiện x1,y4 ta có:

M = y x x y   

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số khơng âm,

Ta có:

  1

1 1

2

x x

x  x    

1 x x   

(vì x dương)

Và:

 

1 4

4 4

2 2

y y

y  y     

4 y y   

(vì y dương) Suy ra: M =

4

1 1

2 4 y x x y      

Vậy giá trị lớn M

3

4  x = 2, y = 8

0,25đ 0,75đ 0,5đ 0,75đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ     2 1

x yz y xz

x yz y xz

 



 

x2 yz y xyz  y2 xz x xyz 

     

2 2 2 2 0

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

        

x y xy2 2 x yz xy z3  x z y z2  x yz2 xy z2 2 0

        

   2  2 2  0 xy x y xyz x y z x y xyz x y

        

x y xy xyz x y   z x y  xyz2 0

 

         

    0

xy xyz x y z x y xyz

       (vì x y x y 0)

  xy xz yz xyz x y xyz

     

 

xyz x y xyz xy xz yz

xyz xyz

   

 

(vì xyz0)

1 1

x y z x y z

     

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

Kẻ MPAB P, MQAC Q

Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ K cắt MF N

Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm hai tia MP MQ

2

MEN MEK MPEK

S S S

  

và

1

FEN QEK QAEK

S S  S

(SFEN SQEK có chiều cao đáy

EN bé đáy EK) Suy ra:

1

2

MEN FEN APMQ MEF APMQ

S S  S  S  S

(*)

Chứng minh được:

1

MAP MAB

S  S

1

MAQ MAC

S  S

1

APMQ ABC

S S

 

(**) Từ (*) (**) ta có: EF

1

M ABC

S  S

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,25đ

B

M P

N K

E

F

A Q C

B

P

Gọi P,Q trung điểm AB,AC Giao điểm OA PQ I

AB AC hai tiếp tuyến nên AB = AC AO tia phân giác

BAC

 PAQ cân A AOPQ Áp dụng Pitago ta có:

MK2 = MO2 – R2 (MKO vng K)

MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông I)

MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (BOP vuông B)

MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (IOP vuông I PA =

PB)

MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)

MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông I)

MK2 = MA2 (IAM vuông I)  MK = MA

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

PHÒNG GD&ĐT PHÚ GIÁO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN 9

TRƯỜNG THCS AN BÌNH (Thời gian : 120 phút)

A

Q K

C

Bài 1(1,5đ): Cho biểu thức

3 3

1

3 27

x Q

x

x x x

   

      

      

   

a/ Rút gọn Q

b/ Tính giá trị Q x 2010

Bài 2(1đ): Rút gọn biểu thức M  4 7 4

Bài 3(1đ): Chứng minh với a,b,c ta có a2b2c2 ab bc ac 

Bài 4(2đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ A = a2 + b2

b/ Cho x +2y = T ìm giá trị lớn B=xy Bài 5(2đ): Giải phương trình

2 9 6 9 0

x   x  x  b/ x2 4 x2 4

Bài 6(2,5đ): Cho hình vng cạnh a Đường trịn tâm O, bán kính a cắt OB M D điểm đối xứng O qua C Đường thẳng Dx vng góc với CD D cắt CM E CA cắt Dx F Đặt  MDC

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài Nội dung Biểu

chấm 1(1,5đ) a.(1đ)

A = 

                     3 27 3 3 x x x x x

ĐKXĐ: x 0; x 

=                         x x x x x x x x 3 ) 3 )( ( 3 3 2 =                        x x x x x x x 3 ) 3 )( ( 3 ) ( 2   x

b (0,5 đ) Thay x = 3+2010 vào A ta có: A   x 2010 2010     0.25 0.25 0.25 0.25 0,5 2(1đ)

Rút gọn biểu thức M  4  4

 2  2

4 7

8

2

1 7

2

1 7

3(1đ)

     

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

0 a b c ab bc ac

a b c ab bc ac

a ab b b bc c a ac c

a b b c a c

                            0.25 0.25 0.5

4(2đ) a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ A = a2 + b2

        2 2 2 2

2 4

2 2 2

2 2

2

a b b a

A a a

A a a

A a a

A a A A                     b/         2 2 max

2 8

8

2 2 2 2

8 2

8

x y x y

B y y y y

y y y B                         5(2đ)      2

/ 9

3 3

3

3

a x x x

x x x

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

vậy nghiệm pt x=3

0.5 0.25 0.25

 

2

2

2

/ 4

4

1

0

0

5

b x x

x x

t

t t t t

t x

x

   

   

         

  



0.25 0.5

6(2.5đ)

E

F

A B M

D O C O

a/vì M thuộc đường trịn tâm O đuờng kính CD nên CMD 900

Mà CA OB (đuờng chéo hình vng ) nên MCA MCB  ( góc có cạnh vng góc)

 

MCA MCB

 

  

ECF ACM MDC

      Do MC tia phân giác ACB Ta thấy

DMC

 vuông M cóMDC  CD=2a nên

cos DM DM DC.cos DC

    

DEC

 vng D có DM đường cao nên CE.CM=CD2 (1)

Mà CM CDsin CM 2 sina  Từ (1) ta có

2 2 sin

CD a

CE

CM 

 

b/ gọi I tâm hình vng OABC ta có

2

2 IM OM OI  IM a  

 

0.5

0.5

0.5

MIC

 vuông I

 

 

2

2 2

2

2 2

4

2 2

2 sin

2

a a

CM IM IC CM

a CM a

CM CD 

      

    



 

0.25 0.25

Phßng GD- §T vÜnh têng Trêng THCS vò di

==========

Đề thi khảo sát học sinh giỏi (10 - 2010)

Môn: Toán

Thi gian: 150 phỳt (khơng kể thời gian giao đề )

-Bµi (1,5 điểm)

Rút gọn biểu thức sau : a)A =

1+√5 +

√5+√9 +

√9+√13 +

1

√2001+√2005 +

1

√2005+√2009 b) B = x3 - 3x + 2000 víi x =

√3+2√2 +

√3−2√2

a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14x2

b) 4 x2  x416 4x 1 x2y2 2y 5  y

c) x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - = 0; (vi x ; y nguyờn)

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Chøng minh r»ng víi hai sè thùc bÊt kì a b, ta có:

2 a b

ab 

 



 

  .

Dấu đẳng thức xảy ?

b) Cho ba sè thực a b c, , không âm cho a b c  1

Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy ?

c) Với giá trị góc nhọn  biểu thức Psin6cos6 có giá trị bé ? Cho biết giỏ tr nht ú

Bài 4: (1,5 điểm)

Một đồn học sinh cắm trại tơ Nếu tơ chở 22 ngời cịn thừa ngời Nếu bớt tơ phân phối tất học sinh lên tơ cịn lại Hỏi có học sinh cắm trại có tô ? Biết ô tô chở không quỏ 30 ngi

Bài ( 3,0 điểm )

1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R r lần lợt bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD ABC

a) Chøng minh : 2

1

R r a b) Chøng minh :

3 2

( )

ABCD

R r S

R r 

 ; ( KÝ hiƯu SABCD lµ diƯn tÝch tø gi¸c ABCD )

2) Cho tam giác ABC cân A có BAC 1080.Chứng minh : BC

Phòng GD- ĐT vĩnh têng Trêng THCS vò di

-Hd chấm Đề thi khảo sát học sinh giỏi (10 - 2010)

Môn: Toán

-Bài Sơ lợc lời giải điểmCho

Bài 1.b

(1,5 đ) áp dụng công thức (a+b)

3=a3+b3+3ab(a+b), với a=

√3+2√2 , b=

3

√3−2√2

và biến đổi => x3 = + 3x Suy B = 2006

0,75

a

Cã A = √5−1 5−1 +

√9−√5 9−5 +

√13−√9

13−9 + +

√2005−√2001 2005−2001 +

√2009−√2005 2009−2005

Rút gọn, đợc A = √2009−1

4

0,75

Bài 2a (2,0đ)

Gi i, xác ả định úng i u ki n: đ đ ề ệ

2

;

2

x  x  x24x 4 2x2 1 2x21 7 = 0

2

(x 2) ( 2x 7)

      2 2

2 2

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

 (Th a mãn)ỏ

0,25 0,25

0,25 b

i u ki n :

Đ ề ệ

2

2

4 (1)

16 (2)

4 (3)

2 (4) x

x x

x y y

                

T (2)  (x2 – 4)(x2 + 4)  0 x2 0 k t h p v i (1) v (3) suy xế ợ =

Thay v o (4): yà 2 – 2y + 0 ; úng v i m i giá tr c a y.Đ ọ ị ủ Thay x = v o phà ương trình v gi i úng, tìm ả đ y = 1,5 V y nghi m c a phậ ệ ủ ương trình: (x = 2; y = 1,5)

0.5 0,25 c Bi n ế đổ đư đượi a c pt v d ng: (xề 2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

x2 – 2y – =  x2 = 2y2 +  x lẻ t x = 2k + ; ( k

Đặ Z ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4 y2 = 2(k2 + k – 1)  y ch nẵ

t y = 2n; (n

Đặ Z)  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + = k(k + 1) (*)

Nhìn v o (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k k + hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm pt cho vô nghiệm

0,25

Bài 3a

(2,0đ) Ta có: 2 2 2 2

2

2 4

a b a ab b a ab b

ab ab               

 2 0, ,

4 a b

a b 

   R

VËy:

 

2

2

, , , ,

2 a b

ab a b a b ab a b



 

       

 

  R R

Dấu đẳng thức xảy a b

0,25

0,25

b Theo kết câu 3.a, ta có: a b c  2 ab c 2 4a b c  

 

mµ a b c  1 (giả thiết)

nên:

2 4 a b c b c 4a b c

(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)

Nhng:

4 b c bc

(không âm) Suy ra: b c 16abc

Dấu đẳng thức xảy khi:

1

,

4

a b c

b c a

b c           0,25 0,25 0,25

c Ta cã:

  3 3

6 2

sin cos sin s

P       co 

sin2 cos2  sin4 sin2 cos2 cos4 P         

sin2 cos2 2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2

P         

áp dụng kết câu 3.1, ta có:

sin2 cos2 2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2

             

Suy ra:

2

1 3sin cos

4 P      

Do đó: P 

khi: sin2 cos2 sin cos (vì  lµ gãc nhän)

0 sin

1 45

cos tg           0,25 0,25 0,25 Bµi 4

(1,5đ) + Gọi số ô tô lúc đầu

x ( x nguyên x 2) Số học sinh cắm trại là: 22x +

+ Theo giả thiết: Nếu số xe x1 số học sinh phân phối cho tất xe, xe chở số học sinh y (y số nguyên < y  30) + Do ta có phơng trình:  

22 23

1 22 22

1

x

x y x y

x x           0,25 0,25 0,25 + Vì x y số nguyên dơng, nên x1 phải ớc số 23.

Mà 23 nguyên tố, nên: x1 1  x2 hc x1 23  x24

 NÕu x2 th× y22 23 45 30   (trái giả thiết)

Nếu x24 y22 23 < 30 (thỏa điều kiện toán) + Vậy số ô tô là: 24 tổng số học sinh cắm trại là:

22 24 23 23 529     häc sinh.

0,25 0,25 Bài 5 (3,0đ) I E K M D O A C B

Tứ giác ABCD hình thoi nên AC đờng trung trực đoạn thẳng BD,BD đờng trung trực AC.Do gọi M,I,K giao điểm đờng trung trực đoạn thẳng AB với AB,AC,BD ta có I,K tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADB,ABC

Từ ta có KB = r IB = R.Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta có BEAI hình thoi ( có hai đờng chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đờng )

0,25

1a

Ta có BAI EBA mà BAI ABO  900  EBA ABO 900 0,25 Xét EBK có EBK 900,đờng cao BM.Theo hệ thức tam giác

vu«ng ta cã 2

1 1

BE BK BM

0,25

Mµ BK = r , BE = BI = R; BM = a

Nªn 2

1

R r a

  

(§pcm)

0,25 1b

XÐt AOB vµ AMI cã AOB AMI 900 vµ A chung AOBAMI

2

2

AO AM AM AB AB

AO

AB AI AI R

    

Chứng minh tơng tự ta đợc

2

2 BM AB AB BO BK r   0,25 0,25 Ta cã

4

ABCD

AB

S AO OB

Rr

 

Mà theo định lí Pi ta go tam giác vng AOB ta có

2 2

2

1 1

4

AB OA OB AB

R r           2 2 4R r AB

R r

 

 Từ ta có :

2

x C

D B

A

0,25

Kẻ tia Cx cho CA tia phân giác BCx , tia Cx cắt đờng thẳng AB D.Khi Ta có DCA ACB 360 DCA cân C , BCD cân B

AB AC DC

   .Theo tính chất đờng phân giác tam giác BCD ta có ;

CB AB BC CA BC BD

CDAD  CA BD CA 

2 2

2

( )

1

1

2

BC CA

BC BC CA CA BC BC CA CA

CA BC CA

BC BC BC

CA CA CA

        



     

          

     

0,25

0,25

1 BC CA

 

( V× 0) BC

CA  .VËy BC

AC số vô tỉ

0,25

PHÒNG GD-ĐT HUYỆN LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2009-2010

-MƠN THI : TỐN

Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 16/01/2010

Bài 1(4đ)

a) Tính tổng:

b) Cho a, b, c, d số dương a c

b d Hãy trục thức mẫu biểu thức sau:

Bài 2: (4đ)

a) (2đ) Biết a,b số thoả mãn a > b > a.b = Chứng minh :

2

2 a b

a b 

 

2 2

15 35 63 399

P    

1

a b c d

b) (2đ) Tìm tất số tự nhiên abc có chữ số cho :  

2 2 abc n cba n

  

 

  

 với n số nguyên lớn 2 Bài 3: (4đ)

a) (2đ) Phân tích thành nhân tử: M = 7√x −1−√x3− x2

+x −1 với x ≥1 b) (2đ) Giải phương trình

3

√x2+26+3√x+√x+3=8

Bài 4: (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: x m( 2) ( m 3)y m  a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) qua điểm P(-1;1)

b) (1,5đ) Chứng minh m thay đổi đường thẳng (d) ln ln qua điểm cố định

Bài 5: (2 đ)

Cho ABC điểm M nằm ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ?

Bài 6 : (4,0 đ )

Cho nửa đường trịn đường kính BC=2R, tâm O cố định Điểm A di động trện nửa đường trịn Gọi H hình chiếu điểm A lên BC Gọi Dvà E hình chiếu H lên AC AB

a) Chứng minh: AB . EB + AC EH = AB2

b) Xác định vị trí điểm A cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn theo R

HẾT ĐÁP ÁN Bài 1(4đ, điểm)

a)

2 2

15 35 63 399 P    

2 2

3.5 5.7 7.9 19.21

    

1 1 1 1

3 5 7 19 21

         1

3 21

 

2



b) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) 2 a c

do ad bc ad bc

b d            (0.5 điểm)

Bài 2: ( điểm ) * Vì a.b = nên

   

 

2

2 a b 2ab a b 2 2

a b

a b

a b a b a b a b

   



    

    ( đ )

* Do a > b > nên áp dụng BĐT Cô Si cho số dương

Ta có :    

2

2

a b a b

a b a b

       Vậy 2 2 a b a b  

 ( 1đ ) 1) ( đđiểm )

Viết

2

100 10

100 10 4

abc a b c n

cba c b a n n

               

Từ (1) (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n –  99 (3) ( 0,75 đ )

Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31 39 4n 119

    (4) ( 0,75đđ )

Từ (3) (4) => 4n – = 99 => n = 26

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) Bài 3(4đ)

a) (2 điểm) M = 7√x −1−√x3− x2

+x −1 với x ≥1

¿√x −1(7− x+√x −1) (0,25đ)

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a d b c

a d b c a d b c   



         

   

1

( a d) ( b c) 

  

2 ( ) a d b c a d ad b c bc

  



    

2

a d b c

a d ad b c bc

   

    

a b c d

a d b c a d b c

  



¿−√x −1(x −1−√x −1+1 4−

25

4 ) (0,5đ)

¿−√x −1[(√x −1−1 2)

2

−25

4 ] (0,5đ)

¿−√x −1(√x −1−3) (√x −1+2) (0,5đ)

¿√x −1(3−√x −1)(√x −1+2) (0,25đ)

b) (2đ) Giải phương trình

√x2+26+3√x+√x+3=8 (1)

Ta nhận thấy x = nghiệm PT (1) (0,75đ) Với 0≤ x<1 thì:

3

√x2+26+3√x+√x+3<√312+26+3√1+√1+3=8

Nên PT vô nghiệm với 0≤ x<1 (0,5đ)

Với x >1 Thì:

3

√x2+26+3√x+√x+3>√312+26+3√1+√1+3=8

Nên PT vơ nghiệm với x >1 (0,5đ)

Vậy PT (1) có nghiệm x = (0,25đ) Bài 4: (2 điểm)

a) Vì đường thẳng (d) qua P(-1;1) nên

(m2).( 1) (  m 3).1 m 8 5 m 8 m3. (0,5 điểm)

b) Gọi x y0; 0 tọa độ điểm cố định mà (d) qua

Ta có: (m2)x0(m 3)y0  m m (0,5đ)

 

0 0

0 0

0 0

( 1)

1

2

x y m x y m

x y x

x y y

       

   

 

   

   

 

Vậy điểm cố định mà (d) qua (-1;2) (1đ) Bài 5:

Vẽ

BCN ACM BN AM

  

  tam giác CMN

(1 điểm)

màAM2 BM2CM2 BN2 BM2MN2 BMN

  vuông M.

   900 600 1500 BMC BMN NMC

      (1 điểm)

a) Chứng minh: AB . EB + AC EH = AB2

Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật (1,0 đ) AB . EB = HB2

AC EH = AC AD = AH2

=> ĐPCM (1 điểm) b) S(ADHE)= AD.AE

2 2

2 2

AD AE DE AH

 

(0,75 đ)

 S(ADHE) 

2 2

2 2

AH AO R

 

(0,75 đ) Vậy Max S(ADHE)=

2 R

Khi AD = AE

Hay A điểm cung AB (0,5 đ)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2009-2010 Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VỊNG I

Bài 1: (1.5 điểm) Thực tính:

√2x+2√x2−4 √x2−4

+x+2 với x=2√6+3 Bài 2: (2.5 điểm)

Giải phương trình: a x2+5x −√x2+5x+4=−2 b √x2−3x+2+

√x+3=√x −2+√x2

+2x −3

O B

C

A

H D

Bài 3: (2.0 điểm)

a Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = ln có nghiệm

hữu tỉ với số n nguyên

b Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 + 2009x + =

x3, x4 nghiệm phương trình x2 + 2010x + =

Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Bài 4: ( 3.0 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) M Trên cung nhỏ MC (O) lấy điểm D AD cắt (O) điểm thứ hai E I trung điểm DE Đường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC H cắt BE K

a Chứng minh bốn điểm B, O, I, C thuộc đường tròn b Chứng minh  ICB =  IDK

c Chứng minh H trung điểm DK

Bài 5: ( 1.0 điểm)

Cho A(n) = n2(n4 - 1) Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với số tự nhiên

n

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2009-2010 Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VỊNG II

Bài 1: (2.0 điểm)

a) Chứng minh bất đẳng thức:

1

a b a b Với a b; số dương. b) Cho x y; hai số dương xy 1.Tìm giá trị nhỏ

P=

2 xy ; 2

2

M

xy x y

 

Bài 2: (2.0 điểm)

Giải hệ phương trình: { x2+y2=11 x+xy+y=3+4√2

Bài 3: (2.0 điểm)

Hình chữ nhật ABCD có M, N trung điểm cạnh AB, CD Trên tia đối tia CB lấy điểm P DB cắt PN Q cắt MN O Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM H

a Chứng minh HM = HN

b Chứng minh MN phân giác góc QMP

Bài 4: (3.0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O, R) đường kính AB EF dây cung di động nửa đường tròn cho E thuộc cung AF EF = R AF cắt BE H AE cắt BF C CH cắt AB I

a Tính góc CIF

b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi EF di động nửa đường trịn

c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích

Bài 5: (1.0 điểm)

Tìm ba số ngun tố mà tích chúng năm lần tổng chúng

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2009-2010 Mơn: Tốn

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG I

Bài 1: (1.5 điểm) Thực tính:

√2x+2√x2−4 √x2−4

+x+2 với x=2√6+3

√x+2+√x −2¿2 ¿

¿

√¿

¿√x+2+x −2+2√(x+2)(x −2)

√(x+2)(x −2)+x+2 =¿

Thay x=2√6+3 vào được:

√3+√2¿2 ¿ ¿

√¿

1

√2√6+2+3=

¿

0,75 Bài 2: (2.5 điểm)

Giải phương trình: a x2+5x −√x2+5x+4=−2

x2+5x+4−√x2+5x+4=2 Đặt y=√x2

+5x+4 (y  0) được: y2 - y - = 0,50

Giải phương trình được: y1 = -1 (loại); y2 = 0,25

Với y = giải √x2+5x+4=2 x1 = 0; x2 = -5 0,25

Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25 Ghi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x Lúc cần đặt điều kiện bình phương

hai vế

b √x2−3x+2+√x+3=√x −2+√x2+2x −3

√(x −1)(x −2)+√x+3=√x −2+√(x −1)(x+3) 0,25

√x −1(√x −2−√x+3)−√x −2+√x+3=0

(√x −2−√x+3)(√x −1−1)=0 0,50

√x −2−√x+3=0 vô nghiệm; √x −1−1=0 x = 0,25 Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25

Bài 3: (2.0 điểm)

a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = ln có nghiệm hữu tỉ

với số n ngun

n =-1: Phương trình có nghiệm Với n  -1  n+10 ’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)

= 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + =(n2 + 3n + 1)2.

0,50

’ nên phương trình ln có nghiệm 0,25

’ phương, hệ số số nguyên nên nghiệm phương trình

số hữu tỉ 0,25

b Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x2 + 2009x + =

x3, x4 nghiệm phương trình x2 + 2010x + =

Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

Giải:

Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm

Có: x1x2 = x3x4 = x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010 0,25

Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1;x3x4 =

(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)

= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )

= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42

= x32 - x22 - x12 + x42

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2

= (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2

Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 0,25

Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)] Bài 4: ( 3.0 điểm)

OB  BA; OC  CA ( AB, AC tiếp tuyến)

OI  IA (I trung điểm dây DE)

 B, O, I, C thuộc đường tròn đường kính AO

0,75

ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường trịn đường kính AO) (1)

DK // AB (Cùng vng góc với BO)

 IDK = IAB (2)

Từ (1) (2) được:  ICB =  IDK

1.0

 ICB =  IDK hay  ICH =  IDH  Tứ giác DCIH nội tiếp HID =  HCD

 HCD =  BED (Cùng chắn cung DB (O)) HID =  BED  IH // EB

 IH đường trung bình DEK  H trung điểm DK

1,25

(Mỗi bước cho 0,25 điểm) Bài 5: ( 1.0 điểm)

Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1) chia hết cho 60 với số tự nhiên n.

- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1) Do n(n - 1)(n+1)

chia hết A(n) chia hết cho với n 0,25 - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho theo phecma nên

A(n) chia hết cho với n 0,25

- Nếu n chẵn  n2 chia hết cho  A(n) chia hết cho Nếu n lẻ  (n-1)

(n+1) tích hai số chẵn nên chia hết cho  A(n) chia hết cho với

mọi n

0,25 O

A

B

C I

D E

K H

- Ba số 3,4,5 đôi nguyên tố nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay

A(n) chia hết cho 60 0,25

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2009-2010 Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II

Bài 1: (2.0 điểm)

a Chứng minh bất đẳng thức:

1

b Cho x y; hai số dương xy 1.Tìm giá trị nhỏ

P=

2 xy ; 2

2

M

xy x y

 

 .

1 a b a b ⇔

a+b ab ≥

4

a+b⇔(a+b)

2

≥4 ab⇔(a − b)2≥0 0,50 P=

2 xy= x+y xy ≥

4 2(x+y)=

4

2 1=2 0,50

P đạt giá trị nhỏ tại: x = y = 12 0,25

hoặc: x+y¿

2⇔xy≤1

4⇔ xy ≥4⇔

1 xy≥2 xy≤ x2

+y2⇔4 xy≤¿

2

2

M

xy x y

 

 =

x+y¿2 ¿ ¿

4 xy+

3 x2

+y2≥ xy+

4 x2

+2 xy+y2= xy+

4

¿

0,50

- 2 xy1 đạt GTNN x = y = 12 - 2 xy3 +

x2+y2 đạt GTNN x = y =

2 Nên M đạt GTNN x = y =

2

0,25

Bài 2: (2.0 điểm)

Giải hệ phương trình: { x2+y2=11 x+xy+y=3+4√2 - Đặt S = x + y; P = xy được: { S2−2P=11

S+P=3+4√2 0,25

- ⇒S2+2S −(17+8√2)=0 0,25

- Giải phương trình S1=3+√2 ; S2=−5−√2 0,25

- S1=3+√2 P1=3√2 ; S2=−5−√2 P2=8+5√2 0,25

- Với S1=3+√2 ; P1=3√2 có x, y hai nghiệm phương trình:

X2−(3+√2)X+3√2=0 0,25

- Giải phương trình X1=3; X2=√2 0,25

- Với S2=−5−√2 P2=8+5√2 có x, y hai nghiệm phương

trình:

X2+(5+√2)X+8+5√2=0 Phương trình vơ nghiệm

0,25 - Hệ có hai nghiệm: {y=x=3

√2 ; { x=√2

Bài 3: (2.0 điểm)

-Chứng tỏ MBND hình bình hành  O

trung điểm MN - OH // AB  OH  MN

- HMN cân H (Trung tuyến vừa

đường cao)  HM = HN

0,75

- OH // BM được: HQHM=OQ OB - ON // BP được: OQOB =NQ

NP

 HQHM=NQ

NP  NH//PM

 HNM =  NMP

  HMN =  NMP  MN phân giác

của góc QMP

1,25

Mỗi bước cho 0,25 điểm

Bài 5: (1.0 điểm)

Tìm ba số ngun tố mà tích chúng năm lần tổng chúng Giải:

Gọi a,b,c ba số ngun tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c) Tích ba số nguyên

tố abc chia hết có số 0,25

Giả sử a = 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c

 bc -b - c + =  (b-1)(c-1) = 0,50

b,c số nguyên dương có vai trị nên ta có hệ:

{b −c −1=61=1⇔{ b=2

c=7 {

b −1=2 c −1=3⇔{

b=3 c=4 Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm 2, 5,

0,25

Bài 4: (3.0 điểm)

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ

A B

C D

P M

N

Q O

H

E

F C

- BE, AF hai đường cao ABC  CI đường cao thứ ba hay CIAB

- Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF

- EOF nên EOF = 600

-  EF = 600CIF = EBF = 300

1,0 - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE

- được: ACAB=AI

AE⇒AC AE=AB AI

- Tương tự BCI đồng dạng với BAE được: BCBA =BI

BF⇒BC BF=BA BI - Cộng được: AE.AC + BF BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 =

const

1.0

- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC

- SSFEC

ABC

=(EF AB)

2

=( R 2R)

2

=1

4 ⇒SABFE=

3 SABC

- Để SABFE lớn  SABC lớn  CI lớn C chạy cung chứa góc 600 vẽ AB nên CI lớn I

 O  CAB cân  EF //

AB

- Lúc SABC=2 R.R√3

2 =R

2.

√3⇒SABFE=3R 2.

√3

1,0

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH

GIỎI THCS

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC: 2009 –

2010

Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 Phút Bài 1: (4điểm) Mỗi câu điểm

b) Cho a, b số tự nhiên lẻ Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8

c) Tính tổng: Giải

a) (0,5 điểm) Ta có: a2 – b2 = (a2 – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1)

2 2

15 35 63 399

P    

(0,5 điểm) Vì (a + 1)(a – 1) tích số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho

(0,5 điểm) Tương tự: (b +1)(b – 1)  (0,5 điểm) Vậy: (a2 – b2 )  (đpcm)

b)

2 2

15 35 63 399 P    

2 2

3.5 5.7 7.9 19.21

    

1 1 1 1

3 5 7 19 21

         1

3 21

 

2



Bài 2: (4điểm) Mỗi câu điểm

a) Cho a, b, c số thực khác Chứng minh rằng:

2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

b c c a a b

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

  

    

        

b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức:

2009 2010 A x   x Giải

a) Ta có:

( )( ) ( )( ) ( )( )

b c c a a b

VT

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

  

  

     

1 1 1

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

     

     

1 1 1

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

     

     

2 2

a b b c c a

  

  

= VP

b) A x 2009 2010 x

 Tập xác định: D = 2009; 2010

 Với x  D A ≥ Do đó: A = A2

1 Xét:

(0,25 điểm)A2  x 2009 2010  x2 x 2009 2010 x  1 x 2009 2010 x (0,5

điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm)

(0,75 điểm) (0,75 điểm)

Ta có: A2 1

 (vì x 2009 2010 x 0 với x  D) <=> A ≥ với x  D

(0,25 điểm) Vậy: Amin =

(0,25 điểm)

2009 2009

2010 2010

x x

x x

  

 



 

  

 

2 Xét:

(0,25 điểm) A2  1 x 2009 2010 x   1 x 2009 2010  x

(vì x 2009 2010 x x 2009 2010  x , với x  D; BĐT Côsi) <=> A2 ≤ với

x  D

<=> A  2 với x  D

(0,25 điểm)Vậy Amax = khi: x – 2009 = 2010 – x

(0,25 điểm) <=> x = 2009,5 Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu điểm

a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 7y = 55 b) Cho a, b, c, d số dương

a c

b d Trục thức mẫu biểu thức sau:

1

a b c d Giải

a) 3x + 7y = 55

(0,5 điểm) HS tìm nghiệm nguyên tổng quát phương trình trên:

(0,5 điểm).Để:

110

0 110 7

( ) ( )

0 55 55

3 t

x t

t t

y t

t 

 

   

  

   

  

  

   

 

 

(0,5 điểm).=> t 16; 17; 18

(0,5 điểm).Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là: (2; 7); (9; 4) ; (16; 1)

b)

110

( ) 55

x t

t

y t

  

 

  



1

( a d) ( b c) 

  

1

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

a d b c a d b c

  



   (vì => ad = bc => )

Bài 4 (4 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB M điểm nằm đoạn OA, vẽ đường trịn tâm O’ đường kính MB Gọi I trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vng góc với AB I Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) J a) Đường thẳng IJ đường trịn (O’) ? Giải thích

b) Xác định vị trí M đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn Giải (h.1)

Hình

a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD hình thoi AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường trịn đường kính AB)

 DMCB; MJCB (do J thuộc đường trịn đường kính MB)  D, M, J thẳng hàng.

C

J

A I M

D

O

O ’

B a c

b d ad 2 bc

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a d b c

a d b c a d b c   



         

   

2 ( ) a d b c a d ad b c bc

  



    

2

a d b c

a d ad b c bc

   

Ta có : IDM IMDˆ  ˆ 900(vì DIMˆ 900)

Mà IJMˆ IDMˆ (do IC = IJ = ID : CJD vuông J có JI trung tuyến)

ˆ ' ˆ ' ˆ

MJO JMO IMD(do O’J = O’M : bán kính đường trịn (O’); JMOˆ 'và IMDˆ đối đỉnh)

(1,5 điểm) IJM MJOˆ  ˆ ' 90  (0,5 điểm) IJ tiếp tuyến (O’), J tiếp điểm b) Ta có IA = IM

 IO’ = AB

= R (R bán kính (O)) O’M = O’B (bán kính (O’)

JIO’ vng I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4S

JIO’

(1,5 điểm) Do SJIO’ R  SJIO’ =

2 R

khi IJ = O’J JIO’ vng cân có cạnh huyền IO’ = R nên : 2O’J2 = O’I2 = R2  O’J =

2 R

(0,5 điểm) Khi MB = 2O’M = 2O’J = R Bài 5 (4 điểm)

a) Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm M cho tổng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp AMB BCM nhỏ

b) Trong tất tam giác có đáy a, chiều cao h, tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn ?

Giải a) (h.2)

O1 R1

C B

R2 O2

Hình

Gọi O1, R1, O2, R2 tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp AMB

BCM (h.2)

Xét O1AB : O1A + O1BAB 2R1AB

(0,5 điểm) 2R1 = AB  AB đường kính (O1) giả sử đường trịn (O1)

đường kính AB cắt AC H AHBˆ = 900 (1)

(0,5 điểm)Tương tự với O2BC : 2R2BC Suy R2 nhỏ  BC đường kính (O2) giả sử đường trịn (O2) đường kính BC cắt AC H’ BH Cˆ ' =

900 (2)

(1,0 điểm) Từ (1) (2) suy H’H Vậy điểm M phải tìm chân đường cao

kẻ từ đỉnh B

b) (h.3) (2,0 điểm) Lí luận

Hình

Tất tam giác có đáy a, chiều cao h xếp để cạnh đáy chúng trùng với BC = a, đỉnh A đường thẳng xy // BC cách BC khoảng h Trong tam giác này, ta cần tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn Ta có SABC =

1 2ah

Mặt khác, r bán kính đường trịn nội tiếp SABC =

2r(AB + BC +

CA)

 r =

ah AB BC CA 

x A A1

C’

y

h

Do a, h, BC không đổi nên r có giá trị lớn AB + AC có giá trị nhỏ

Gọi C’ điểm đối xứng C qua xy AB + AC = AB + AC’C’B Khi : AB + AC = C’B AA1 ABC cân A.

PGD& ĐT huyện Long Điền Trường THCS Trần Nguyên Hãn

ĐỀ DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

Năm học 2009 – 2010 Thời gian 150 phút

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức K =

3

3

x x x x

x x x x

   

 

    x0;x1 a/ Rút gọn K

b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên Bài 2: (3 điểm)Cho A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) B = 111…….111 (m + chữ số 1) C = 666…….666 (m chữ số 6) Chứng minh A + B + C + số phương Bài 3: (4 điểm)

a/ Cho abc = 1.Tính S =

1 1

1 a ab1 b bc1 c ac

b/ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x + 7y = 167

Bài 4: (5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) cắt hai điểm phân biệt A B Một đường thẳng d qua A cắt (O) M (O’) M’

b/ Chứng tỏ trung điểm I N, N’ tâm đường tròn tiếp xúc với (O) (O’)

Bài 5: (4 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R M điểm thuộc nửa đường tròn ( khác A B) Tiếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A B (O) C D, Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM

ĐÁP ÁN

Bài 1(4 điểm)

a/ K =

3

3

x x x x

x x x x

   

 

    =

       

   

3 3 1 2

2

x x x x x x

x x

       

 

(0,5điểm)

=    

3

2

x x

x x

 

 

=

   

   

2

2

x x

x x

 

 

=

1 x x



 (1,5điểm)

b/ K =

1 x x



 = +

2

x (0,5điểm)

K nguyên  x1  x 1 Ư(2) =  1; 2 (0,75điểm)

Giải x = 0; 4; Vì x nguyên dương nên x = 4;9 (0,75điểm)

Bài 2: (4 điểm)

A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) =

2 10

9

m



(0,5điểm)

B = 111…….111 (m + chữ số 1) =

1 10

9

m 

(0,5điểm)

C = 666…….666 (m chữ số 6) =

 

6 10

m



A + B + C + = 10 m  + 10 m  +  

6 10

m



+ =

2

10 16.10 64 m m   = 10 m     

  (1điểm)

Mà 10m + 3 nên 10m + số nguyên

(0,25điểm)

Vậy A + B + C + số phương (0,25điểm)

Bài 3: (4 điểm)

a/ Cho abc =

1 ab c   S =

1 1

1 a ab1 b bc1 c ac =

1 1

1 1

1 a abc b bc c ac c         (0,5điểm) =   1

1 1

c

c ac  b ac c   c ac =   1

bc b b c ac

    =     1 b c ac b c ac

  

  (1.5điểm)

b/ phương trình 3x + 7y = 167

3x + 7y = 167 x =

167 y  = 56 y y    (0,5điểm) đặt y

= t  y = 3t – Nên x = 58 – 7t (tZ)

(0,5điểm)

Vì x; y nguyên dương nên 3t – >  t >

1

58 – 7t > 0 t <

58

7

(0,5điểm)

Vì tZ n ên t  1; 2;3; 4;5;6;7;8

(0,25điểm)

Bài (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

a/ Chứng minh N, N’ cố định N, B, N’ thẳng hàng Đường thẳng qua M vng góc với d cắt (O) N

Vì NMAˆ = 900 nên AN đường kính đường trịn (O) N cố định

(0,5điểm)

Đường thẳng qua M’ vng góc với d cắt (O’) N’

Vì N M A' ˆ ' = 900 nên AN’ đường kính đường trịn (O’) N’ cố định

(0,5điểm)

B thuộc đường tròn đường kính AN nên ABNˆ = 900 (0,25điểm)

B thuộc đường trịn đường kính AN’ nên ABNˆ ' = 900 (0,25điểm)

 NBNˆ ' = ABNˆ +ABNˆ ' = 1800 (0,25điểm)

Vậy N, B, N’ thẳng hàng (0,25điểm) b/ Chứng minh trung điểm I N, N’ tâm đường tròn tiếp xúc với (O) (O’)

OI qua trung điểm NA NN’ nên OI đường trung bình ANN’  OI = O’A = R’ (0,5điểm)

Gọi r bán kính đường trịn (I) vẽ (I; r) (O; R) tiếp xúc trong, nên OI = R – r

Mà OI = R’ (cmt) nên R’ = R – r  R’ + r = R (0,5điểm)

Lại có IO’ qua trung điểm N’N AN’ nên OI đường trung bình  ANN’

 O’I = OA = R (0,5điểm)

mà R’ + r = R nên O’I = R’ + r (I; r) tiếp xúc với (O’; R’) (0,5điểm)

Vậy trung điểm I NN’ tâm đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) (O’) (0,5điểm)

Bài (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Ta có CA = CM; BD = BM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm)

Mà CD = CM + MD nên CD = AC + BD (0,25điểm) Kẻ MHAB (HAB) ta có MHMO = R (0,25điểm) Tứ giác ABDC hình thang vng nên CDAB = 2R (0,5điểm) Ta có SABDC =

  2

2 2

AC BD AB CD AB AB AB R 

  

(0,5điểm) SMAB=

2

2

MH AB MO AB R

 

(0,5điểm) Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB  2R2 –R2

Dấu “=” xảy  HO (0,25điểm)

 M giao điểm đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O nửa đường tròn (O)(0,25điểm)

Vậy M giao điểm đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O nửa đường trịn (O)

Thì SACM + SBDM nhỏ R2 (0,25điểm)

( Học sinh giải cách khác cho tròn điểm)

A B

C

D M

H O

x y

O O'

A M

M'

N I B N'

Hình hình

Phòng GD Huyện Long Điền ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Trường THCS Văn Lương Năm học : 2009 – 2010

Mơn : TỐN : 150 phút

1) Chứng minh :

2 13 48

A   

 số nguyên 2) Biết a,b số thoả mãn a > b > a.b =

Chứng minh :

2

2 a b

a b 

 

3) Tìm tất số tự nhiên có chữ số abc cho :

 

2 2 abc n cba n

  

 

  

 với n số nguyên lớn 2

Bài 2 : ( điểm ) Cho biểu thức :

2

2

1 2

x x x

P

x x x

      

    

      

  ( với x0;x1) a) Rút gọn P

b) Chứng minh : < x < P > c) Tìm giá trị lớn P

Bài : ( điểm )

Cho ABCnhọn Trên đường cao AD ( D BC ) lấy điểm I cho BICˆ 900 Trên

đường cao BE ( E AC ) lấy điểm K cho AKCˆ 900 Chứng minh : CI = CK Bài 4 : ( điểm )

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Bài : ( điểm )

2) ( điểm ) Viết

2 (2 1)

6

A      

  ( 0,5 đ )

2

 

 ( 0,5 đ )

 22

8

6

 

 

  = ( đ )

3) ( điểm )

* Vì a.b = nên

   

 

2

2 a b 2ab a b 2 2

a b

a b

a b a b a b a b

   



    

    ( đ )

* Do a > b > nên áp dụng BĐT Cô Si cho số dương

Ta có :    

2

2

a b a b

a b a b

    

 

Vậy

2

2 a b

a b 



 ( 1đ ) 4) ( đđiểm )

Viết

2

100 10

100 10 4

abc a b c n

cba c b a n n

     

 

     

 

Từ (1) (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n –  99 (3) ( 0,75

đ )

Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31 39 4n 119

    (4) ( 0,75đđ ) Từ (3) (4) => 4n – = 99 => n = 26

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) Bài 2 ( điểm )

a) Rút gọn

       

   

 

 

2

2 1

1

1

x x x x x

P

x x

x x

       



  

  

Do đđó x1 x> ( đ ) c) Viết

2

1 1

2 4

Px x   x   

 

Vậy Pmax =

1 1

0

4  x 2  x4 ( 1,5 đ )

Bài 3 ( 5điểm ) ( hình vẽ 0,5 đ )

Viết CI 2 = BD.BC (1 đ )

CK = CE.CA (1đ )

Chứng minh BD.BC = CE.CA (1,5 đ )

=> CI 2 = CK2 => CI = CK ( đ) Bài 4 : ( điểm )

-Vẽ MH AB MK; AC H AB K, AC

Thì ta có H , K cố định (1 đ )

Chỉ

MH HD MD MH

MK KE ME MK

  

 

  

 ( 1đđ )

Do SMDE =

1

2MD ME 2MH MK

Với MH , MK không đổi ( M , H , K cố định ) ( đ ) Đẳng thức xảy

D H E K

   



 .Lúc c/m D & E trung điểm AB AC (1,5 đ )

PHÒNG GD- ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2005-2006

-MƠN THI : TỐN

Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 -01 -2006

Bài 1: (4,0 đ)

1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006 a/ Tính A (1,0 đ)

b/ Nếu thay tổng hai số hạng ( chọn tổng A)ø hiệu hai số hạng tổng A số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)

2/ Chứng minh số tự nhiên : A = 1.2.3………2003.2004 (1+

1 1+ + + 1 + 1

2 3 2003 2004)

chia heát cho 2005 (2,0 ñ)

Đáp án biểu điểm

1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A =

2006 (2006 1) 1003 2007

2

 

= 2013021

b/ ( 1,0 đ) Với hai số a, b tính chẵn lẻ tổng hiệu giống Ta có:

 a = 2p ; b = 2q  a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chaün  a = 2p + ; b = 2q +  a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q):

Chaün

 a = 2p ; b = 2q +  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) –

1 :leû

 a = 2p + ; b = 2q  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1:

leû

Như ta thay tổng hiệu chúng tính chẵn lẻ tổng A khơng đổi A = 2013021 số lẻ nên tổng A số lẻ

C = (1+

1 1+ + + 1 + 1

2 3 2003 2004)

= (1+

1 2004)+(

1 + 1

2 2003 )+ ……+ +(

1 + 1

1002 1003 )

= 2005

1 1 1

( )

2004 2003  1002 1003

= 2005 k ( 1,0 ñ) B = 1.2.3………2003.2004 maø 1.2.3………2003.2004

1 1 1

( )

2004 2003  1002 1003  N  B k 

N

A = B 2005 k  2005  ÑPCM ( 1,0 ñ) Baøi 2: (4,0 ñ)

1/ Chứng minh nếu: x2 + y2 = thì:  2  x y  2 (2,0 đ) 2/ Tính giá trị biểu thức :

A = x2 + x4 x 1 với x =

1 2 1 2

2  8  8 (2,0 đ) Đáp án biểu điểm

1/ Ta coù: ( x – y )2  x2 + y2  xy

Vì x2 + y2 =  2xy 1 Do đó: x2 + y2 + xy 1 + =  ( x + y )2 2   x + y   2

 - 2  x + y  2 2/ Ta coù: x =

1 2 1 2

2  8  8 

x2 =

1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2

16 8 8 4 4 4 2 8

 

 

      

 

 =

=  

2 4

x 2 2 0,5d x x 2x 1

4 8

   

 

( 0,5 đ) Và x4 + x + =

x 32

8



( 0,5 đ) Thay vào A ta có A = 2( 0,5 đ) Bài 3: ( 4,0 đ)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 3x + 2y +

6 8 x y

2/ Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:

5x y 3x 2 2y 1

3     

Đáp án biểu điểm

1/ Ta coù: A = 3x + 2y +

6 8

x y =( 0, 5ñ)  

3 x y 3x 6 y 8

2  2 x y  ( 0, 5ñ)



3.6 6 x 2. 2 y 8. 19

2  2 x  2 y  ( 0, 5đ)

Dấu “=” xảy x = 2; y = ( 0, 5đ) Vậy: Min P = 19 x = 2; y =

2/

5x y 3x 2 2y 1

3      

5x

3x 2 2y 1 y 1

3

     

(1) (0,5 đ) Ta có vế trái số vơ tỷ Vế phải số hữu tỷ nên để phương trình có nghiệm nguyên hai vế (1)

3x 2 2y 0

5x y 0

3

    

 

   



(1,0 ñ)

Giải hệ phương trình ta nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ) Bài 4: (4,0 đ)

Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường cao AH

a/ Chứng minh: bc = 2R AH

b/ Gọi S diện tích tam giác ABC Chứng minh: S

2

3 3R

4

Đáp án biểu điểm

a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ACD 1V( 0,5 đ)

AHB ACD có ABH ADC

( Cùng chắn cung AC)

AHB ACD (0, ñ) 

AH AB AB AC AD AH

AC AD  

 bc = 2R AH  AH =

bc

b/ ( 2,0 ñ) Ta coù SABC =

1

2 BC AH = abc

4R ( 0,5 đ)p dụng bất

đẳng thức CoSi ta có SABC

1 a b c 3( )

4R 3

  

(0, đ) dấu “ = “ xảy a = b = c Khi tam giác ABC  R =

a

3 (0, ñ)

 S

3

1 a 4a

3



=

2 2

3 a

4  43 (R 3) 3 24 R

Vaäy: S 

2

3 3R

4 (0, ñ)

Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy điểm M chuyển động góc cho

MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H K hình chiếu M Ox Oy Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK qua điểm cố định (khác điểm O)

Đáp án biểu điểm

Gọi Oz tia phân giác xOy vẽ đường thẳng qua M vuông góc với Oz P Ta có OP vừa phân giác vừa đường cao nên



OAB cân O

 OA = OB.( 0,5 đ) Vẽ AD OB ta có SOAB=  

1AD OB 1

2

Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM =

1 OA MH

2 +

1 OB MK

2 ( 0,5 ñ)

Maø ABC  

1

OA OB S OB MH MK

2

   

(2)  AD = MH + MK = l ( 0,5 ñ)



OAB cố định Đường trịn ngoại tiếp tứ giác OHMK có đường kính OM

Điểm P Nhìn OM góc vng nên P thuộc đường trịn ngoại

Phòng giáo dục đào

tạo yên định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnm hc 2008 - 2009

Môn: Toán

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

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biÓu thøc : P = 2x

x - +

x2 - 5x + −

x -

a) Tìm điều kiện x để P có nghĩa rút gọn biểu thức P b) Tìm tất giá trị x để P nguyên

Câu 2: (5,0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ cho đờng thẳng (d):

 3x

y

2 vµ

(d') : y = - 3x

2 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 sè dơng a,b,c thoả mÃn

2 2 a b c 

Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 a b c abc b, Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x2 25y y( 6)

Câu 4: (5,0 điểm)

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB; Từ A B ta vẽ hai dây cung AC BD cắt N Hai tiếp tuyến Cx, Dy đờng tròn cắt M Gọi P giao điểm hai đờng thẳng AD BC

a, Chøng minh PN vu«ng gãc víi AB b, Chứng minh P,M,N thẳng hàng

Câu 5: (2,0 điểm)

Chøng minh r»ng: 2000 

-Hết - Học sinh khơng đợc sử dụng tài liệu gì.  Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Phßng giáo dục

o to yờn nh k thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnăm học 2008 - 2009 ỏp ỏn v hng dn chm

Môn: Toán

Híng dÉn chÊm nµy cã trang

C ©u

1 a )

§iỊu kiÖn :

¿

x ≠ ; x ≠ x2 - 5x + ≠

¿{

¿

 x  vµ x 

P = 2x

x - +

x2 - 5x + 6 −

1 x -

= 2x(x - 3)+ (x - 2)(x -3)−(x - 2) = 2x2 - 7x + (x - 2)(x −3) = (2x - 3)(x - )

(x - 2)(x −3) =

2x - x −3 VËy : P = 2x - 3x −3 víi x  , x 

0,5

0,5

1,0

b )

Ta cã P = 2x - 3x −3 = (2x - 6)+

x −3 = + x −3 nªn P nguyªn  x −33 nguyªn  x - lµ íc cđa



x - =

¿

x - =

¿

x - = -3

¿

x - = -1

¿ ¿ ¿ ¿



x =

¿

x =

¿

x =

¿

x = ( lo¹i )

¿ ¿ ¿ ¿

VËy c¸c giá trị cần tìm x = ; x = ; x =

0,5 0,5

1,0

C© u

2 a)

b)

 C giao điểm d d/ nên tọa độ C thỏa mãn hệ : ¿

2y = 3x + 2y = - 3x

¿{

¿



¿

2y = 3x + 4y = 12

¿{

¿

 ¿

x = y =

¿{

¿

VËy C(1 ; 3)

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

¿

2y = 3x + y =

¿{

¿

 ¿

x = - y =

¿{

¿

Vậy A(- 1; 0) tọa độ B thỏa mãn hệ :

¿

2y = - 3x y =

¿{

¿

 ¿

x = y =

¿{

¿

VËy B(3 ; 0)

 Gọi H hình chiếu C trục Ox CH đờng cao

của tam giác CAB CH = cm ( tung độ điểm C) ; cạnh đáy AB = AO + OB = + = (cm)

 dt(ABC) = 12 AB.CH = 12 4.3 = (cm2)

 HA = HO + OA = + = (cm)  HB = AB - AH = (cm)  HA = HB = 2(cm)  tam gi¸c CAB cân C (CH vừa

đ-ờng cao vừa trung tuyến) ; tam giác vuông HCA có : CA =√AH2

+ HC2= √22+ 32= √13 (cm)

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

1,0 0,5 0,5 1,5 1,5 C© u a Ta cã

 2

2 2

2 2

2( )

1

( )

2

1

(do a, b,c > 0) 1 1

a a b c

a b c ac bc ab ac bc ab a b c ac bc ab

abc abc b c abc

                           0.5 0.5 0.5 y x O H 3 -1 C B A

y = 9-3x y = 3x+3

b Tõ

2 25 ( 6) x  y y

Ta cã : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

Để ý phơng trình chứa ẩn số x với số mũ , ta hạn chế giải với x số tự nhiên

Khi đó: y+3+x  y+3-x

Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) số chẵn

Suy sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) cïng tÝnh chẵn lẻ Ta lại có tích chúng sè ch½n , vËy sè sè ( y+3+x ) (y+3-x) số chẵn

Ta có cách phân tích - 16 tích số chẵn sau - 16 = (-2) = (-4) = (-8) thừa số đầu giá trị (y+3+x)

Khi y+3+x= , y+3-x = -2 ta cã x= , y= Khi y+3+x= , y+3-x = -4 ta cã x= , y= -3 Khi y+3+x= , y+3-x = -8 ta cã x= , y= -6

Vì phơng trình cho có nghiệm ( x,y) = ( 5, ; 5, ; 4,       

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

C© u

a

b

víi c¹nh AB

Gọi I trung điểm PN IC trung tuyến tam giác vng PAC nên IPC cân I Do : IPCICP.

Tam giác OAC cân O nên : CAOACO.

Mặt khác CAOIPC (do có cạnh tơng ứng vuông góc) nên ACOICP.

Ta cú AC PC nờn OC  IC Do IC tiếp tuyến C đờng tròn

Tơng tự , ID tiếp tuyến D đờng tròn Chứng tỏ I trùng với M nên P,M,A thẳng hàng

2

0,5 0,5

0.5 0.5 0.5 0.5 C©

u

2

2 1999.2001 1998 2000 1998.2000 1997 1999

2 1997.1999 2.4

  

  

   

2 2000

1,0