bo de thi HSG toan 9 20122013

Ñöôøng troøn ngoaïi tieáp töù giaùc OHMK coù ñöôøng kính laø OM Ñieåm P Nhìn OM döôùi moät goùc vuoâng neân P thuoäc ñöôøng troøn ngoaïi tieáp töù giaùc OHMK  P laø ñieåm coá ñònh [r]

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2012-2013

Môn: TO NÁ

Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian phát

đề) B i 1:à (3đ) Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cotg450

Bài 2: (4đ) Cho biểu thức

   

 

4 1

1

4

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

  



B i 4:à (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

thì

1 1

x y z

x y z

    

B i 5:à (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân A, M l trung điểm cạnh BC Từ đỉnh M vẽ góc 450 cho cạnh của góc n y là ần lượt cắt AB, AC tại E, F

Chứng minh rằng: EF

1

M ABC

S  S

B i 6: à (2đ) Từ điểm A ngo i đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB v AC ới đường tròn (B v C l tià ếp điểm) Gọi M l mà ột điểm đường thẳng qua trung điểm AB v AC Kà ẻ tiếp tuyến MK đường tròn (O) Chứng minh MK = MA

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TO NÁ

K THI CH N H C SINH GI I HUY N N M HỲ Ọ Ọ Ỏ Ệ Ă ỌC 2012-2013

B ià Nội dung – Yêu cầu Điểm

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 v à x2 0,5đ

CHÍNH

ĐỀ

2b

   

 

4 1

1

4

x x x x

Q x x x                    

1 1 1 2

1

4

x x x x x

Q x x x                      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           Q x  

* Nếu x > ta có:

1 1

2

x x x

Q x x           Q x   0,75đ 0,75đ 0,25đ 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)

V :

 

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 l

4  x = 2, y = 8

4

   

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

x y z

x y z

     

0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Kẻ MPAB tại P, MQAC tại Q

Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ K v cà MF N

Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP v MQà

2 MEN MEK MPEK

S S S

  

v

1 FEN QEK QAEK

S S  S

(SFEN SQEK có chiều cao nhưng 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

 

(**)

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

Từ (*) v (**) ta có: EF

1

M ABC

S  S

6

Gọi P,Q l trung điểm AB,AC Giao điểm OA v PQ l I.à AB v AC l hai tià ếp tuyến nên AB = AC v AO l tia phân giác cà BAC

 PAQ cân ở A v AOà PQ

Áp dụng Pitago ta có:

MK2 = MO2 – R2 (MKO vng tại K) MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông tại I)

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

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

MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông tại I) MK2 = MA2 (IAM vuông tại I)

 MK = MA

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TO N 9Á (Thời gian : 120 phút)

B i 1(1,5à đ): Cho biểu thức

2

3 3

1

3 27

x Q

x

x x x

   

      

      

   

a/ Rút gọn Q

b/ Tính giá trị Q x 2010

B i 2(1à đ): Rút gọn biểu thức M  4  4

B i 3(1à đ): Chứng minh với a,b,c ta có a2b2c2ab bc ac  B i 4(2à đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ A = a2 + b2

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

B

P

O I A

Q

K C

2 9 6 9 0

x   x  x 

b/ x2  4 x2  4 0

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

a/ Chứng minh AM l phân giác cà FCB Tính độ d i DM, CE theo a v à  b/ Tính độ d i CM theo a Suy giá trà ị sin

B ià 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 v o A ta có:à 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

2 2 M M M M M                  0.25 0.25 0.25 0.25

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

    

     

         

Phòng GD- ĐT vĩnh tờng Trờng THCS vũ di

==========

Đề thi khảo sát học sinh giỏi

Môn: Toán

Thi gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề ) -Bài (1,5 điểm)

Rót gän c¸c biÓu thøc sau : a)A =

1+√5 + √5+√9 +

1

√9+√13 +

1

√2001+√2005 +

1 √2005+√2009 b) B = x3 - 3x + 2000 víi x =

√3+2√2 + √33−2√2 B i 2à (2,0 điểm) Giải phương trình sau:

a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14x2 b)

2 2

44 x  x 16 4x 1 x y  2y 3 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 số 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 giá trị bé

Bµi 4: (1,5 ®iĨm)

Một đồn học sinh cắm trại ô tô Nếu ô tô 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 ô tô ? Biết ô tô chở khơng q 30 ngời

Bµi ( 3,0 ®iĨm )

1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R r lần lợt bán kính đờng trịn 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 hiệu SABCD diện tích tứ giác ABCD ) 2) Cho tam giác ABC cân A có BAC1080.Chứng minh :

BC

AC số vô tỉ.

=============================================== Phòng GD- ĐT vĩnh tờng

- Môn: Toán

-Bài Sơ lợc lời giải Cho

điểm

Bài 1.b

(1,5 đ) áp dụng công thức (a+b)

3=a3+b3+3ab(a+b), víi a=

√3+2√2 , b= √33−2√2 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 = 20091

4

0,75

Bài 2a (2,0đ)

Giải, xác định điều kiện:

2

;

2

x x

 x24x 4 2x2 1 2x21 7 = 0

(x 2) ( 2x 7)

     

2

2

2

2 2

x x

x x

x x

   



 

      

  

 

 



 (Thỏa mãn)

0,25 0,25

0,25 b

Điều kiện :

2

2

4 (1)

16 (2)

4 (3)

2 (4)

x x

x

x y y

  



 

 

  

    



Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4)  0 x2 0 kết hợp với (1) v (3) suy x = 2à Thay v o (4): yà 2 – 2y + 0 ; Đúng với mọi giá trị của y.

Thay x = v o phà ương trình v già ải đúng, tìm y = 1,5 Vậy nghiệm phương trình: (x = 2; y = 1,5)

0.5 0,25 c Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

 x2 – 2y – =  x2 = 2y2 +  x lẻ

Đặt x = 2k + ; ( kZ ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4

 y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn

Đặt y = 2n; (n Z)  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + = k(k + 1) (*) Nhìn v o (*) ta có nhà ận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k v k + l hai sà ố nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm pt cho vô nghiệm

0,25

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, ,

a b

a b 

   R

VËy:

 

2

, , , ,

2

a b

ab a b a b ab a b



 

       

 

  R R

Dấu đẳng thức xảy a b 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 (giả thiết)

nên: 

2 4 a b c  b c 4a b c

(v× a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhng: 

2

b c  bc

(không âm) Suy ra: b c 16abc

Du 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         

¸p dơng kÕt 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 

vµ chØ khi: sin2 cos2 sin cos (vì góc nhän)

0 sin

1 45

cos tg



 



     

0,25

0,25

0,25 Bài 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 x2 hc x1 23  x24

 NÕu x2 y22 23 45 30 (trái giả thiết)

 NÕu x24 th× y22 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.

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 cã BAI EBA mµ BAI ABO  900  EBA ABO 900 0,25

Xét EBK có EBK900,đờng cao BM.Theo hệ thức tam giác vuông 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

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

2 4R r AB

R r

 



Từ ta có :

3 2

( )

ABCD

R r S

R r

 

0,25

0,25

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 

0,25

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

        



     

          

     

1

BC CA

 

( V×

0)

BC

CA  .VËy BC

AC lµ sè v« tØ

0,25

PHỊNG GD-ĐT HUYỆN LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2012-2013

-Ba

̀ i (4đ)

a) Tính tổng:

b) Cho a, b, c, d l sà ố dương v

a c

b d Hãy trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:

B i 2à : (4đ)

a) (2đ) Biết a,b l sà ố thoả mãn a > b > v a.b = Chứng minh :

2

2

a b

a b 

 

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

 

2

abc n

cba n

  

 

 



 với n l sà ố nguyên lớn hơn 2

B i 3à : (4đ)

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

− x2+x −1 với x ≥1

b) (2đ) Giải phương trình

√x2+26+3√x+√x+3=8

B i 4:à (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 cốđịnh

B i 5à : (2 đ)

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

2 2

15 35 63 399

P    

1

a b c d

B i 6à : (4,0 đ )

Cho nưa đường trịn đường kính BC=2R, tâm O cốđịnh Điểm A di động trện nưa đường tròn Gọi H l hình chià ếu điểm A lên BC Gọi Dv E ần lượt l hình chià ếu H lên AC v 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

HẾ

T ĐÁP ÁN Ba

̀ i 1( 4đ, b i 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 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)

B i 2à : ( 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 :

a b 2 a b

a b a b

    

 

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

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    

    

1

a b c d

a d b c a d b c

   

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) v (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) v (4) => 4n – = 99 => n = 26à

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) Ba

̀ i 3( đ )

a) (2 điểm) M = 7√x −1−√x3− x2

+x −1 với x ≥1

¿√x −1(7− x+√x −1) (0,25đ)

¿−√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 √3 x2

+26+3√x+√x+3=8 (1)

Ta nhận thấy x = là nghiệm của 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 vô nghiệm với x >1 (0,5đ) Vậy PT (1) có nghiệm nhất x = (0,25đ) B i 4:à (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 l tà ọa độđiểm cốđịnh m (d) à đi 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 cốđịnh m (d) qua l (-1;2) (1à đ) B i 5à :

Vẽ tam giác đề

BCN ACM

BN AM

  

  u CMN

(1 điểm)

màAM2 BM2CM2  BN2 BM2MN2 BMN

  vuông tại M.

   900 600 1500

BMC BMN NMC

      (1 điểm)

B i 6:à (4,0 đ)

a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2

Chứng minh tứ giác ADHE l hình chà ữ 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 l àđiểm cung AB (0,5 đ)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VỊNG I

B i 1: (1.5 à điểm) Thực tính:

√2x+2√x2−4

√x2−4+x+2 với x=2√6+3

B i 2: (2.5 à điểm)

Giải phương trình:

O B

C

A

H D

a x2

+5x −√x2+5x+4=−2

b √x2

−3x+2+√x+3=√x −2+√x2+2x −3

B i 3: (2.0 à 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 l nghià ệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 l nghià ệm phương trình x2 + 2010x + = Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

B i 4: ( 3.0 à điểm)

Cho đường tròn (O) v điểm A nằm ngo i đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C l tià ếp 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 l trung điểm DE Đường thẳng qua D vng góc với BO cắt BC H v cà BE K

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

c Chứng minh H l trung điểm DK B i 5: ( 1.0 à điểm)

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

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VÒNG II

B i 1: (2.0 à điểm)

a) Chứng minh bất đẳng thức:

1

a b a b Với a b; l sà ố dương.

b) Cho x y; l hai sà ố dương v x y 1.Tìm giá trị nhỏ P=

2 xy ; 2

2

M

xy x y

 

 .

B i 2: (2.0 à điểm)

Giải hệ phương trình: { x

2

+y2=11

x+xy+y=3+4√2

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

a Chứng minh HM = HN

b Chứng minh MN l phân giác cà góc QMP B i 4: (3.0 à điểm)

Cho nưa đường trịn (O, R) đường kính AB EF l dây cung di động nưa đường tròn cho E thuộc cung AF v EF = R AF cà 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 nưa đường trịn c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích B i 5: (1.0 à điểm)

Tìm ba số ngun tố m tích cà chúng năm lần tổng chúng

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn

HƯỚNG DẪN CHẤM - VỊNG I

B i 1à : (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 =¿

0,75

Thay x=2√6+3 v o được:

√3+√2¿2 ¿ ¿ √¿

1

√2√6+2+3=

1

¿

0,75

B i 2: (2.5 à điểm)

Giải phương trình: a x2

+5x −√x2+5x+4=−2

x2+5x+4−√x2+5x+4=2

Với y = giải √x2+5x+4=2 x1 = 0; x2 = -5 0,25 Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25 Ghi chú: Có thểđặt y = x2 + 5x Lúc n y cà ần 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 Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25 B i 3: (2.0 à điểm)

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

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 l sà ố nguyên nên nghiệm phương trình l sà ố

hữu tỉ 0,25

b Gọi x1, x2 l nghià ệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 l nghià ệm 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

0,50

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)]

B i 4: ( 3.0 à điểm)

O A

B

I

D E

K H

OB  BA; OC  CA ( AB, AC l tià ếp tuyến) OI  IA (I l 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) v (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 l àđường trung bình DEK  H l trung điểm DK

1,25

(Mỗi bước cho 0,25 điểm) B i 5: ( 1.0 à điểm)

Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1) chia hết cho 60 với mọi 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

cho nên 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)

l tích hai sà ố chẵn nên chia hết cho  A(n) chia hết cho với n 0,25 - 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 2012-2013 Mơn: Tốn

Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II

B i 1à : (2.0 điểm)

a Chứng minh bất đẳng thức:

1

a b a b Với a b; l sà ố dương.

b Cho x y; l hai sà ố dương v xy 1.Tìm giá trị nhỏ P=

2 xy ; 2

2

M

xy x y

 

 .

1

a b a b ⇔a

+b

ab ≥

a+b⇔(a+b)

2

P=

2 xy= x+y

2 xy≥ 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⇔

1 xy≥4⇔

1 xy≥2 xy≤ x2

+y2⇔4 xy≤¿ 2

2

M

xy x y

 

 =

x+y¿2 ¿ ¿

4 xy+

3 x2

+y2≥

1 xy+

4 x2

+2 xy+y2=

1 xy+

4

¿

0,50

-

2 xy đạt GTNN x = y = -

2 xy+

x2+y2 đạt GTNN x = y =

1

2 Nên M đạt GTNN x = y =

0,25

B i 2: (2.0 à điểm)

Giải hệ phương trình: { x

2

+y2=11

x+xy+y=3+4√2

- Đặt S = x + y; P = xy được: { S

2

−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 l hai nghià ệm 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 l hai nghià ệm phương trình:

X2

+(5+√2)X+8+5√2=0 Phương trình n y vơ nghià ệm 0,25

- Hệ có hai nghiệm: {yx=3

=√2 ; { x=√2

y=3 0,25

B i 3: (2.0 ià đ ểm)

-Chứng tỏ MBND l hình bình h nh à  O

trung điểm MN - OH // AB  OH  MN

- HMN cân H (Trung tuyến vừa l àđường cao)  HM = HN

0,75

- OH // BM được: HQHM=OQ

OB - ON // BP được: OQOB=NQ

NP

1,25

A B

C D

M

N

Q O

H

 HQ

HM= NQ

NP  NH//PM

 HNM =  NMP

  HMN =  NMP  MN l phân giác cà góc QMP

Mỗi bước cho 0,25 điểm B i 5: (1.0 à điểm)

Tìm ba số nguyên tố m tích cà chúng năm lần tổng chúng Giải:

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

abc chia hết có số 0,25 Giả sư a = 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c

 bc -b - c + =  (b-1)(c-1) = 0,50 b,c l sà ố ngun dương có vai trị nên ta có hệ:

{b −1=1

c −1=6⇔{

b=2

c=7 v {

b −1=2

c −1=3⇔{

b=3

c=4

Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm l 2, 5, 7à

0,25

B i 4: (3.0 à điểm)

- BE, AF l hai đường cao ABC  CI l àđường 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 1,0

A B

E

F C

H I

- SFEC SABC

=(EF

AB)

=( R

2R)

=1

4 ⇒SABFE= SABC

- Để SABFE lớn  SABC lớn  CI lớn C chạy cung chứa góc 600 vẽ AB nên CI lớn nhất I  O CAB cân  EF // AB.

- Lúc SABC=2 R.R√3

2 =R

2

.√3⇒SABFE=3R 2.

√3

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS

TRƯỜNG THCS NGUYỄN TR IÃ NĂM HỌC: 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 Phút B i 1à : (4điểm) Mỗi câu điểm

b) Cho a, b l sà ố tự nhiên lẻ Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8 c) Tính tổng:

Gi ả i

a) (0,5 điểm) Ta có: a2 – b2 = (a2 – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1) (0,5 điểm) Vì (a + 1)(a – 1) l tích cà 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 21

 

2



B i 2à : (4điểm) Mỗi câu điểm

a) Cho a, b, c l sà ố 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

Gi ả i

a) Ta có:

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

b c c a a b

VT

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

  

  

     

2 2

15 35 63 399

P    

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 Xét:

(0,25 điểm)A2  x 2009 2010  x2 x 2009 2010 x  1 x 2009 2010 x Ta có: A2 1(vì 2 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; B  ĐT Côsi) <=> A2≤ với x D 

<=> A  với x D 

(0,25 điểm)Vậy Amax = khi: x – 2009 = 2010 – x (0,25 điểm) <=> x = 2009,5 B i 3:à (4 điểm) Mỗi câu điểm

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

a c

b d Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:

1

a b c d Gi

ả i

a) 3x + 7y = 55

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

(0,5 điểm).Để:

110

( ) 55

x t

t

y t

 



 

 





(0,75 m)ể

(0,75 m)ể

(0,5 m)ể

(0,25 m)ể

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 ngun dương l : (2; 7); (9; 4) ; (16; 1)à b)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

a d b c a d b c

   

   (vì => ad = bc => )

B i 4à (4 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB M l àđiểm nằm đoạn OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB Gọi I l 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 l cà đường trịn (O’) ? Giải thích

b) Xác định vị trí M đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn Gi

ả i (h.1)

Hình

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

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

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

  



         

   

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    

    

1

M IJMˆ IDMˆ (do IC = IJ = ID : CJD vng J có JI l trung tuyà ến)

ˆ ' ˆ ' ˆ

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

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

 IO’ =

AB

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

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

JIO’

(1,5 điểm) Do SJIO’

R 

SJIO’ =

R

khi IJ = O’J v 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 B i 5à (4 điểm)

a) Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm M cho tổng độ d i bán kính đường trịn ngoại tiếp AMB v à BCM l nhà ỏ nhất.

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

Gi ả i a) (h.2)

Hình

Gọi O1, R1, O2, R2 l tâm v bán kính à đường trịn ngoại tiếp AMB v BCM (h.2)

Xét O1AB : O1A + O1BAB

2R1AB

(0,5 điểm) 2R1 = AB  AB l àđường kính (O1) v già ả sưđường trịn (O1) đường kính AB cắt AC H AHBˆ = 900 (1)

O1 R1

C B

R2 O2

(0,5 điểm)Tương tự với O2BC : 2R2BC Suy R2 nhỏ  BC l àđường kính (O2) v già ả sưđường trịn (O2) đường kính BC cắt AC H’ BH Cˆ ' = 900 (2)

(1,0 điểm) Từ (1) v (2) suy H’à H Vậy điểm M phải tìm l chân à 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 v cách BC mà ột khoảng h Trong tam giác n y, ta cà ần tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn Ta có SABC =

1 2ah

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

2r(AB + BC + CA)

 r =

ah

AB BC CA 

Do a, h, BC không đổi nên r có giá trị lớn AB + AC có giá trị nhỏ Gọi C’ l àđiểm 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 2012-2013 Thời gian 150 phút

B i 1à : (4 điểm) Cho biểu thức K =

3

3

x x x x

x x x x

   

 

    x0;x1

x A A1

C’

y h

a/ Rút gọn K

b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên B i 2à : (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 + l sà ố phương B i 3à : (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

B i 4à : (5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) v (O’; R’) cà hai điểm phân biệt A v B Một đường thẳng d qua A cắt (O) M v (O’) tà ại M’

a/ Chứng tỏ đường thẳng vuông góc với d M v M’ qua điểm N v N’ cốđịnh v ẳng h ng ới B

b/ Chứng tỏ trung điểm I N, N’ l tâm cà đường tròn tiếp xúc với (O) v (O’)à B i 5à : (4 điểm) Cho nưa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R v M l mà ột điểm thuộc nưa đường tròn ( khác A v B) Tià ếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A v B cà (O) C v D, Tìm giá trà ị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM v BDM.à

ĐÁ ÁP N

B i 1à (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)

B i 2à : (4 điểm)

A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) = 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



+ =

10 16.10 64 m m   = 10 m       

(1điểm)

M 10à m + 3 nên 10m + l sà ố nguyên (0,25điểm)

Vậy A + B + C + l sà ố phương (0,25điểm)

B i 3à : (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

1

y

= t  y = 3t – Nên x = 58 – 7t (tZ) (0,5điểm) Vì x; y nguyên dương nên 3t – >  t >

1 v 58 – 7t > 0à  t <

58

7 (0,5điểm) Vì tZ n ên t  1; 2;3; 4;5;6;7;8 (0,25điểm) Các nghiệm nguyên dương phương trình l : (51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), (16; 17), (9; 20), (2; 23) (0,25điểm)

B i 4à (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

a/ Ch ứ ng minh N, N’ cố đị nh v N, B, N’ ẳ ng h ngà Đường thẳng qua M vng góc với d cắt (O) N

Vì NMAˆ = 900 nên AN l àđường kính của đường tròn (O) N cốđịnh (0,5điểm) Đường thẳng qua M’ vng góc với d cắt (O’) N’

Vì N M A' ˆ ' = 900 nên AN’ l àđường kính của đường trịn (O’) N’ cốđịnh (0,5điểm) B thuộc đường trịn đường kính AN nên ABNˆ = 900 (0,25điểm)

 NBNˆ ' = ABNˆ +ABNˆ ' = 1800 (0,25điểm) Vậy N, B, N’ thẳng h ng (0,25à điểm)

b/ Ch ứ ng minh trung i để m I củ a N, N’ l tâm cà ủ a đườ ng tròn tiế p xúc v i (O) v (O’ớ ) OI qua trung điểm NA v NN’ nên OI l àđường trung bình ANN’

 OI = O’A = R’ (0,5điểm)

Gọi r l bán kính cà đường tròn (I) vẽ (I; r) v (O; R) tià ếp xúc trong, nên OI = R – r M OI = R’ (cmt) nên R’ = R – r  R’ + r = R (0,5điểm)

Lại có IO’ qua trung điểm N’N v AN’ nên OI l àđường trung bình ANN’

 O’I = OA = R (0,5điểm)

m R’ + r = R nên O’I = R’ + rà  (I; r) tiếp xúc ngo i ới (O’; R’) (0,5điểm) Vậy trung điểm I NN’ l tâm cà đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) v (O’) (0,5điểm)

B i 5à (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

Tìm giá trị nh ỏ nh ấ t c ủ a t ng diổ ệ n tích củ a hai tam giác ACM v BDMà

Ta có CA = CM; BD = BM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm) M CD = CM + MD nên CD = AC + BD (0,25à điểm) Kẻ MHAB (HAB) ta có MHMO = R (0,25điểm)

Tứ giác ABDC l hình thang vng nên CDà 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

 SACM + SBDM R2 (0,5điểm) Dấu “=” xảy  HO (0,25điểm)

 M l giao à điểm của đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường tròn (O)

(0,25điểm)

Vậy M l giao điểm đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường tròn (O) Thì SACM + SBDM nhỏ v bà ằng R2 (0,25điểm)

A B C

D M

H O

x y

O O'

A M

M'

N I B N'

Hình b i hình b i 4à

Phịng GD Huyện Long Điền ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Trường THCS Văn Lương Năm học : 2012-2013

Mơn : TỐN : 150 phút

B i à ( điểm )

1) Chứng minh :

2 13 48

A   

 l mà ột số nguyên

2) Biết a,b l sà ố thoả mãn a > b > v a.b = Chứng minh :

2

2

a b

a b 

 

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

 

2

abc n

cba n

  

 

 



 với n l sà ố nguyên lớn hơn 2

B i 2à : ( 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

B i à : ( điểm )

B i 4à : ( điểm )

Cho ABC vng A có M l trung điểm BC Có đường thẳng di động v vng góc với M, cắt đoạn thẳng AB , AC D v E Xác định vị trí điểm D v E để diện tích DME đđạt giá trị nhỏ nhất.

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM B i :à ( điểm )

2) ( điểm ) Viết

2 (2 1)

6

A      

  ( 0,5 đ )

2

 

 ( 0,5 đ )

 22

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) v (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) v (4) => 4n – = 99 => n = 26à

Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) B i 2à ( 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   x4 ( 1,5 đ ) B i 3à ( 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) B i 4à : ( điểm )

-Vẽ MH AB MK; AC H AB K, AC

Thì ta có H , K cốđịnh (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 cốđịnh ) ( đ ) Đẳng thức xảy

D H E K

   



 .Lúc c/m D & E la n lượt trung điểm củaà

AB vaø AC (1,5 đ )

Vậy D , E l trung điểm AB , AC Sà MDE nhỏ ( 0,5đ )

PHÒNG GD- ĐT LONG ĐIE N KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIO I CA P À Û Á HUYE N - NĂM HỌC Ä 2012-2013

-Bài 1: (4,0 ñ)

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 hết cho 2005 (2,0 đ) Đáp án biểu điểm

1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A =

2006 (2006 1) 1003 2007 2

 

= 2013021

 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) – :leû

 a = 2p + ; b = 2q  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: lẻ Như ta thay tổng hiệu chúng tính chẵn lẻ tổng A không đổi A = 2013021 số lẻ nên tổng A số lẻ

2/ ( 2,0 đ) Ta có:

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  ĐPCM ( 1,0 đ)

Bài 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 ñ)

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



1/ Cho x> 0, y> thỏa mãn x+ y =

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, 5ñ)

Vaäy: 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 ngun hai vế (1)

3x 2 2y 0

5x y 0

3

    

 

  

 

(1,0 đ)

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

2R ( 0,5 đ)

b/ ( 2,0 đ) Ta có SABC =

1

2 BC AH = abc

ta coù SABC

1 a b c 3( )

4R 3

 



(0, đ) dấu “ = “ xảy a = b = c Khi tam giác ABC đe u  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 vng 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 coù SOAB=  

1AD OB 1

2

Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM =

1 OA MH

2 +

1 OB MK

2 ( 0,5 đ)

Mà ABC  

1

OA OB S OB MH MK

2

   

(2)  AD = MH + MK = l ( 0,5 ñ)



Phòng giáo dục đào tạo yên

định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnăm học 2012-2013

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biÓu thøc : P = 2x

x - +

x2 - 5x + −

1

x -

a) Tìm điều kiện của 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) Tỡm tọa độ điểm A, B, C

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

Câu 3: (4,0 điểm)

a,Cho số 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 25y y( 6)

Câu 4: (5,0 điểm)

Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB; Từ A B ta vẽ hai dây cung AC BD cắt nhau N Hai tiếp tuyến Cx, Dy đờng tròn cắt M Gọi P giao điểm của 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 3

-Hết - Học sinh khơng đợc sử dụng tài liệu gì.

Cán coi thi không gii thích thªm.

Phịng giáo dục đào tạo

n định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnăm học 2008 - 2009 Đáp án hớng dẫn chấm

Môn: Toán

Câ

u ý Nội dung Điểm

1 a)

§iỊu kiƯn :

¿

x ≠ ; x ≠ x2 - 5x + ≠

¿{

¿

 x  vµ x 

P = 2x

x - + x2 - 5x

+ −

1 x - = 2x(x - 3)+ −(x - 2)

(x - 2)(x -3) =

2x2 - 7x + (x - 2)(x −3)

= (2x - 3)(x - )

(x - 2)(x −3) =

2x - x −3 VËy : P = 2x -

x −3 víi x  , x 

0,5

0,5

1,0

b )

Ta cã P = 2x - x −3 =

(2x - 6)+

x −3 = + x −3 nªn P nguyªn 

x −3 nguyªn  x - lµ íc cđa



x - =

¿

x - =

¿

x - = -3

¿

x - = -1

¿ ¿ ¿ ¿



x =

¿

x =

¿

x =

¿

x = ( lo¹i )

¿ ¿ ¿ ¿

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

0,5 0,5

1,0

Câu ý Nội dung Điểm

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

1,0 0,5 0,5 1,5 y x O H 3 -1 C B A

y = 3x+3

OB = + = (cm)  dt(ABC) =

2 AB.CH =

2 4.3 = (cm2)

 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= √22+ 32= √13 (cm)

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

1,5

C©u

3 a

b

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

  

      

        

 

 

   

Tõ x2 25y y( 6)

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 cã ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) lµ sè ch½n

Suy sè ( y+3+x ) (y+3-x) tính chẵn lẻ Ta lại có tích chúng số chẵn , số sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) lµ sè 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 có 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

0.5

0.5

0.5

a b

Trong tam giác PAB ta có AC BD đờng cao nên N trực tâm tam giác Do PN đờng cao cịn lại nên vng góc với cạnh AB Gọi I trung điểm PN IC trung tuyến tam giác vng PAC nên IPC cân I Do : IPCICP

Tam giác OAC cân O nên : CAOACO

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

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

trßn

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

5

2

2 1999.2001 1998 2000 1998.2000 1997 1999

2 1997.1999 2.4

  

  

   

2 2000

1,0 1,0