DE THI HSG TOAN 9

a Xác định dạng của tứ giác DEIF 1,5 điểm b Chứng minh rằng các đường thẳng MH, ID, EF đồng quy 1,5 điểm Bài 7: 3 điểm Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.. Các đư[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ 2014-2015 Đề thi chính thức ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN NĂM HỌC Thời gian làm bài 120 phút x y 2  x x  y   Bài 1: Cho biểu thức a) Rút gọn A với x y 0 A x x  y   3 b) Tính giá trị A x  13  và y  13  x x   2 x  5x   a) Giải phương trình  Bài 2: b) Giải hệ phương trình  x  y  xy 9   x  y  xy 3 m  x  2mx  m  0  Bài 3: Cho phương trình  (m là tham số) a) Tìm m để phương trình có nghiệm trái dấu 2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x  x x1 2m Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kì, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh AB.AE 4R b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Xác định vị trí M để dây AB có độ dài nhỏ Bài 5: Cho x, y > thỏa mãn x  y 1 Tìm GTNN P x y  1 x 1 y BÀI GIẢI Bài 1: a) Đặt B  x  x  y2   B  2 x  y b) x (Vì x  y) Do đó P  13   x  y  B2 2x  x   x  y  2  x  y  x y  x  y  x  y A    13   P 10  3 13  13  P 10  9P  39  P  P  10  P     0  P  9P  10 0   P  1  P  P  10  0  P 1   (Vì ) Vậy P = a) Phương trình  x  5x   x  5x   0 Bài 2: Đặt 3 x  5x  y ta có phương trình y  2y  0   y    y  2y   0  y  (Vì y2 2 – 2y + = (y – 1)2 + > 0) Do đó x  5x    x  5x  0  x    x    x  3 0    x  Phương trình có tập nghiệm S = {-2; -3} b) Hệ phương trình  x  y   xy 9    x  y    x  y   12 0   x  y  3  x  y   0  x  y  xy 3  x  y 3  Với x + y – = ta có  xy 0 có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)}  x  y   x  y   x  y     xy 7 y  4y  0 y  2        Với x + y + = ta có vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y)  {(0, 3); (3, 0)} Bài 3: m  1  m 1   m     m  a) Để phương trình có nghiệm trái dấu thì  b) Ta có  ' m   m  1  m  1 1  nên phương trình có nghiệm phân biệt x 1; x2 m 1 2m   x1  x  m    x x  m 1 2 m Theo Viet thì  Ta có x1 x  x x1 2m  x1x  x1  x  2m m  m  1   2m   m    0  m  m  m   0  m 0   2m  m  m  m      m  1 (TMĐK m  1) 1  m  m   m     2  (Vì ) Vậy m = thỏa mãn bài toán Bài 4: a) Gọi H là giao điểm MO và AB   Ta có AHO ACE 90 nên AHO  ACE (g - g) A AH AO 2.AH 2.AO AB 2R       AB.AE 4R AC AE AC AE 2R AE BCE BAC  b) Ta có (cùng chắn cung BC) BAC AMO   AOM O  H N (cùng phụ với )     Do đó BCE AMO và CBE MAO 90 nên BCE  AMO (g - g)  BE BC  AO AM I C B J E M K d BE BC BE BO    BO BM BC BM      có EBO CBM 90  OBC nên EBO  CBM (c – g – c)  BEO BCM Gọi I, J là 0      giao điểm OE với MC và BC ta có BEO  BJE 90  BCM  IJC 90  CIJ 90 hay CM   OE c) Kẻ OK  d cắt AB N Ta có OHN  OKM (g - g)  ON OK = OH OM = OA2 = R2 Vì đường thẳng d cố định nên K cố định, O cố định, suy N cố định hay ON không đổi 2 2 2 Ta có AB 2.AH 2 AO  OH 2 R  OH 2 R  ON không đổi Do đó AB nhỏ ON = OH  N trùng H  M trùng K m2 n  m  n      a  b   bm  an  ab  m  n  a b a  b Bài 5: Với a, b > thì , BĐT 2 2 2 2  abm  a n  b m  abn  abm  2abmn  abn 0   an  bm  0 PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 12/10/2015 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) x  y  x2 y2 x2 y2 P     x y y x x xy y xy x xy  y xy Áp dụng Áp dụng BĐT trên ta có Bunhia  P  x xy  y xy  x  y  2xy    x  y   xy  xy    2xy x xy  y xy   x  y  2xy GTNN P là đạt x y  Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh (Đề thi này có bài, gồm 01 trang) A Bài 1: (4,0 điểm) Cho a) Rút gọn biểu thức A x9 x 1 x 3   (x 0, x 4, x 9) x  x 6 x  2 x b) Tìm giá trị x để A = Bài 2: (4,5 điểm)  a) Tính  15   15 x  3x  3x  x  2015 P x  x  3x  3x  2015 b) Cho x2 – x – = Tính giá trị biểu thức: 3x x 6 2 x  c) Giải phương trình: Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n bé để F = n3 + 4n2 – 20n – 48 chia hết cho 125 b) Chứng minh với số tự nhiên n >1 thì số A = n6 - n4 +2n3 + 2n2 không thể là số chính phương Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh rằng: a) SABC = AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC AD b) tanB.tanC = HD c) H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF HB.HC HC.HA HA.HB   1 AB.AC BC.BA CA.CB d) Bài 5: (1,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x  y  y  z  z  x 2015 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T x2 y2 z2   yz zx xy Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị không giải thích gì thêm PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2015-2016 MÔN : TOÁN Hướng dẫn chấm này có 03 trang I Yêu cầu chung: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa tương ứng Bài hình học sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì không cho điểm II Yêu cầu cụ thể: Nội dung cần đạt Điểm Bài a(2,0đ) A x9 x 1   ( x  3)( x  2) x x 3 x  x   (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  2)  x   2x  x  x   x  x x   ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2)  ( x  2)( x  1) x 1  ( x  3)( x  2) x3 0,5 0,5 x 1 x  với (x 0, x 4, x 9) Vậy b(2,0đ) Với (x 0, x 4, x 9) Ta có: 0,5 A x 1   x   x  x3  x 1  x  (t / m) 1  Vậy A =  x = A  0,5  0,5 1,0 0,5 a(1,5đ) Ta có  15   15   15    5 3 5  15   (  3)  (  3)  b(1,5đ) Ta có: x – x – =  x2 – x =  (x2 – x)3 =  x6 – 3x5 + 3x4 – x3 = Mặt khác: x2 – x – =  x2 = x + 1,0 0,5 0,5 0,5  x6 = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1  2015 2016  P  1  2015 2016 0,5 0,25 x 3  c(1,5đ) ĐK: x2 – >   x   + Nếu x > 3: Bình phương hai vế phương trình ta được: 9x 6x x4 x2 x   72    72 0 x 9 x 9 x2  x2  x2 t (t  0) x2  Đặt , phương trình: t  6t  72 0  t 6 x2 6 x  Khi đó:  x4 – 36x2 + 324 =  x2 = 18 0,25 Trong trường hợp này tìm được: x 3 x 3x 0,25 0,25 0,25 06 x 9 + Nếu x < –3: Khi đó: : PT vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm nhất: x 3 a(2,0đ) Ta có: F = n3 + 4n2 – 20n – 48 = (n – 4)(n + 2)(n + 6) Thử với n = 1; 2; thì F không chia hết cho 125 Thử với n = thì F = chia hết cho 125 Vậy số nguyên dương bé cần tìm là: n = b(2,0đ) A=n6 - n4 +2n3 + 2n2 = n4(n2-1) + 2n2(n+1) = n2(n+1)(n3-n2 +2) = n2(n+1)[(n+1)(n2-2n+2)] = n2(n+1)2(n2-2n +2) = n2(n+1)2[(n-1)2 +1] Ta có: (n-1)2 < (n-1)2 +1= n2 + 2(1-n) < n2 (vì n>1)  (n-1)2 +1 không thể là số chính phương Vậy A không thể là số chính phương a(2,0đ) 0,25 1,0 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 A E F H * Ta có: SABC = BC.AD B D C ABD vuông D có AD =AB.sinB, đó SABC = BC.AB.sinA 1,0 ABE vuông E có AE = AB.cosA BFC vuông F có BF = BC.cosB ACD vuông D có CD = AC.cosC Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC AD AD b(1,5đ) Xét ABD có tanB = BD ; ACD có tanC = CD AD suy tanB.tanC = BD.CD (1)    Do HBD CAD (cùng phụ với ACB ) nên BDH  ADC (g.g) DH BD   DC AD  BD.DC = DH.DA AD AD  Kết hợp với (1) tanB.tanC = DH.AD DH   c(1,5đ) Chứng minh AEF  ABC (g.g)  AEF ABC     Tương tự CED CBA nên AEF CED mà BE  AC      AEB CEB DEB = 900 Từ đó suy FEB  EH là phân DEF Tương tự DH, FH là phân giác DEF nên H là giao ba đường phân giác DEF d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC CH CE   CA CF Dễ thấy CHE  CAF(g.g) HB.HC HB.CE 2.SBHC SBHC     AB.AC AB.CF 2.SABC SABC HC.HA SCHA HA.HB SHAB   BC.BA S CA.CB SCAB CBA ; Tương tự có HB.HC HC.HA HA.HB SBHC SCHA SAHB      1 AB.AC BC.BA CA.CB S S S BAC CBA ACB Do đó: 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 2 Đặt a  x  y ; b  y  z ;c  z  x  a; b;c  và a  b  c 2015 2 2 2 Ta có: a  b  c 2(x  y  z )  a  b2  c2 a  b  c2  a  b  c ;y  ;z  2 2 2 x a  b c  2 2 2b Do đó: (y  z) 2(y  z ) 2b  y  z  2b  y  z y2 a  b2  c z  a  b  c2  ,  xy 2c 2a Tương tự: z  x  x2  a  b  c2 b a  b  c2 c a  b  c2 a       2b 2 2c 2 2a 2  1 1 a b c  (a  b  c )       2 a b c T  0,25 0,25 0,25   1  2015 (a  b  c)       2  a b c  1  2015  (a  b  c)(a  b  c)       2 a b c 2015 2015  2015.9   2 2 2015 Dấu đẳng thức xảy 2015 2015 T  x y z  2 Vậy 0,5 a b c  0,25 Người làm đáp án: Người thẩm định: UBND HUYỆN THANH SƠN PHÒNG GD&ĐT Người duyệt: ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN Năm học 2015 - 2016 Môn: Toán Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề Câu 1(4,0 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x  xy  x  y  0 b) Chứng minh A n +11n chia hết cho với số nguyên n  x B   x  Câu 2(3,0 điểm) Cho biểu thức       x1  x 1 x 1   x   a) Rút gọn biểu thức B; b) Tính giá trị B x 6  ; c) Tìm giá trị x để B < Câu (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) x  3x  3x  0 b) 3x 1   x 1 Câu (7,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc B 120 0, BC = 12cm, AB = 6cm Đường phân giác góc B cắt cạnh AC D a) Tính độ dài đường phân giác BD; b) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh AM vuông góc với BD Cho hình vuông ABCD có cạnh 2a Gọi M, N là trung điểm BC, CD  Tính cosMAN ? Câu (2,0 điểm) C a  27  a 3 a) Cho a 0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức b) Chứng minh a, b, c dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = thì a 1  b2 1  c2 1 2  a  b  c  PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KỲ ANH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN : Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao nhận đề) √ x+1 −1 − Câu Cho biểu thức A= x √ x+1 √x √ x − a) Rút gọn A ( )( ) b) Tìm các giá trị x để A= Câu Giải các phương trình sau: a) x=2 √ x +2+1 b) √ x+1+ √ x −3+ √ x −2+2 √ x −3=5 Câu Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a ≥ b và √ a −b+ c=√ a −b+ √ c Chứng minh: ( √ a2 c 2+ 2015+ bc )( √ b2 c +2015 −ac )=2015 Câu Cho Δ ABC có góc nhọn, H là trực tâm Lấy I thuộc đoạn thẳng BH, K thuộc đoạn thẳng CH cho A ^I C= A ^ K B=90 a) Chứng minh Δ AIK là tam giác cân b) Tìm điều kiện Δ ABC để: cot A +cot B+cot C=√ ab Câu Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a2 + b2 = Chứng minh a+b+2 ≤ √ 2+ -Hết -PHÒNG GD & ĐT HUYỆN YÊN THÀNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán Lớp: Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4,0 điểm) a) Chứng minh tích bốn số tự nhiên liên tiếp cộng với là số chính phương b) Tìm số nguyên tố p cho A = + p là số nguyên tố Câu 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + = b) Tìm x, y, z biết: + + = - - Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho f(x) = + x + x + + x Tính f(a) với a = + và x + y = biểu thức M = ( x+ ) + ( y+ ) b) Cho x, y là hai số dương Tìm giá trị nhỏ Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, hình vuông ADEF cho D thuộc cạnh AB, E thuộc cạnh BC, F thuộc cạnh AC a) Chứng minh rằng: BD.CF = b) Chứng minh rằng: = cạnh hình vuông ADEF 2, BC = Tính cạnh AB và AC c) Cho biết Câu 4: (2,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có = 120 Tia Ax tạo với AD góc 15 và cắt cạnh CD M, cắt đường thẳng BC N Chứng minh rằng: + = Hết Cán coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT KIÊN GIANG PHÒNG GD&ĐT PHÚ QUỐC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP VÒNG HUYỆN Năm học: 2011- 2012 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (Không tính thời gian phát đề) Bài 1: ( điểm ) CMR với x,y nguyên thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương Bài 2: (3 điểm) Giải phương trình: x x 1 x  x  x      5 a) 2000 2001 2002 2003 2004 x 10  x 5 x  45 4 25 b) Bài 3: (2điểm) Chứng minh với số tự nhiên n thì: n  6n3  11n  30n  24 chia hết cho 24 Bài 4: (2 điểm ) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  Tính: T = x 1 x2 2 1 y2 2 1 z2 Bài 5: (4 điểm ) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ab bc ca   c  ab a  bc b  ca Bài 6: (3 điểm) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, đường cao AD Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh BC; Gọi E và F thứ tự là hình chiếu M trên AB và AC; Gọi I là trung điểm AM a) Xác định dạng tứ giác DEIF (1,5 điểm) b) Chứng minh các đường thẳng MH, ID, EF đồng quy (1,5 điểm) Bài 7: (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AM, BN vàCK Δ ABC cắt H Điểm D đối xứng với điểm B qua điểm O 1/ Tính AH DC 2/ Chứng minh AH BH CH + + AM BN CK có giá trị là số Hết - ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Đáp án Bài (3điểm ) A =(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x + y)(x + 4y) (x + 2y)(x + 3y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2 )(x2 + 5xy + 6y2 )+ y4 = (x2 + 5xy + 5y2 - y2 )(x2 + 5xy + 5y2 + y2 ) + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 - y4 + y4 = (x2 + 5xy + 5y2 )2 Do x , y  Z nên x2 + 5xy + 5y2  Z  A là số chính phương Bài (3điểm ) a) PT đã cho tương đương: Biểu điểm 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5  x   x 1   x    x    x    1    1    1    1    1 0   2000   2001   2002   2003   2004  x  2000 x  2000 x  2000 x  2000 x  2000      0 2000 2001 2002 2003 2004 1 1    ( x  2000)       0  2000 2001 2002 2003 2004  1 1     0 Vì 2000 2001 2002 2003 2004 Nên Pt đã cho tương đương với x- 2000 =  x = 2000 (0,25đ) Vậy S = {2000} b) Bài (2 điểm )  x  0   x  x 5 x  45 4 10 25    x 5   x 9  x 9 n   n  n    5n  5n    6n     24  n  1 n  n  1  n  5n    24  n  1 0,5 Vậy S ={9} = = 0,5 0,75 n  6n3  11n  30n  24  n4  6n3 11n2  6n    24n  24  n  n3  6n 11n    24  n  1 0,5 0.5 0.5 0.5 n n  1  n    n  3  24  n  1 =  Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; là bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích chúng chia hết cho 2.3.4 = 24 và 24 (n - 1) chia hết cho 24 nên n  6n  11n  30n  24 0.5 chia hết cho 24 Bài (2 điểm ) Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(x+y) Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y)  y  x  y  z  z  x  z  y   y  z  x  z  y  x  y  x  z   x  z  x  y   x  y  y  z  T=  x  y  x  z  y  x  y  z  z  z  x  z  y  = x =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) Bài (4 điểm ) Có: = 2(xy+yz+zx) =2 Vậy T = a  b  c 1  c  a  b  c  c ac  bc  c 2  c  ab ac  bc  c  ab a (c  b)  c (b  c) = (c  a)(c  b)  a b  ab ab  c a c b c  ab (c  a )(c  b) 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 a  bc (a  b)(a  c) Tương tự: b  ca (b  c)(b  a)  b c  bc bc  a b a c a  bc (a  b)(a  c) c a  ca ca  b c b a b  ca (b  c)(b  a ) a b b c c a      c  a c b a b a c b c b  a  P = a c c b b  a   a c c b b  a = = a b c  Dấu “=” xảy a b c  Từ đó giá trị lớn P là đạt và Bài (3 điểm ) 0.5 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0,25 0,25 0,25 a) Xét tam giác AEM có: EI=1/2.AM và tam giác ADM có: DI=1/2.AM Do đó tam giác EID cân I (1) Ngoài ra: GócEIM = 2.gócEAI và gócDIM=2.gócDAI => góc EIM + góc DIM = góc EID = 2.góc EAD = 2.30o = 60o Vậy góc EID = 60o (2) Từ (1) và (2) => tam giác EID (3) Tương tự ta chứng minh tam giác IDF (4) Từ (3) và (4) => DEIF là hình thoi 0,25 0,5 b) Gọi O là giao điểm ID và EF, ta cần chứng minh: M,O,H thẳng hàng Thật vậy, gọi N là trung điểm AH Vì H là trực tâm nên H là trọng tâm tam giác ABC => AN=NH=HD Khi đó: OH là đường trung bình tam giác DIN => OH // IN và IN là đường trung bình tam giác AHM => MH // IN Do đó M,O,H thẳng hàng hay MH, ID, EF đồng quy O Bài (3 điểm ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1) Tam giác BCD có OB = OC = OD = bán kính đường tròn tâm O , nên tam giác BCD vuông C Vay AH // DC ( vì cùng vuông góc với BC) Tương tự tam giác ADB vuông A , Do đó AD//CH (cùng vuông góc với) 0,25 Vậy 0,25 0,25 0,25 tứ giác AHCD là hình bình hành AH Do đó AH= DC, suy =1 DC 2/ Gọi S là diện tích Δ ABC và S1, S2, S3 theo thứ tự là diện tích tam giác BHC, AHB, AHC Ta có S= BC AM BC HM S HM S − S AM − HM AH = ⇒ = = suy ra: (1) S AM S AM AM S − S CH S − S BH = = Tương tự, ta có (2); (3) S CK S BN 0,5 S1= Cộng vế theo vế (1), AH BH CH S −( S1 + S2 + S3 ) S + + = = =2 AM BN CK S S (2), không đổi 0,5 (3) ta có: 0,5 0,5 UBND HUYỆN PHÚ QUỐC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2010 - 2011 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm ) 1) Chứng minh M = + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( điểm ) 2) Tìm tất các số nguyên tố p, cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm ) 3) Tìm tất các số tự nhiên có hai chữ số ab , cho: ab2 - ba2 =1980 ( điểm ) Bài 2: (5 điểm)   a 1  Q     : a1 a   a   cho biểu thức: a/ Rút gọn Q với a > 0, a 1 và a 4 a 2  a   b/ Tìm a để Q=-1 c/ Tìm a để Q > Bài 3: (3 điểm) Tìm x, biếtt: 3x +1 - √ x2 −6 x +1 + = Bài 4: (6 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) có hai đường chéo AC, BD vuông góc với I và I khác O a) Chứng minh: IA IC = IB ID b) Vẽ đường kính CE, chứng minh ABDE là hình thang cân Suy ra: AB2 + CD2 = 4R2 và AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 c) Gọi M là trung điểm CD Chứng minhL AB = 2.OM d) Từ A và B vẽ các đường thẳng vuông góc đến CD và cắt BD F, cắt AC K Chứng minh: A, B, K, F là bốn đỉnh tứ giác đặc biệt Bài 1: ( điểm ) 1) Chứng minh M = + 22 + 23 + … + 220 chia hết cho 15 ( điểm ) Ta có: M = 2+22+23 + … + 220 = ( 2+22+23+24 ) + ( 25+26+27+28 ) + … + ( 217+218+219+220 ) (0,75 điểm ) = 2.15 + 25.15 + … + 217 15 (0,5 điểm ) 17 = 15 ( + … + ) (0,5 điểm ) Vậy M chia hết cho 15 (0,25 điểm ) 2) Tìm tất các số nguyên tố p cho p+8 và p+10 là các số nguyên tố (2 điểm ) * Với p= ⇒ p + và p + 10 là các hợp số ( Không TMĐK bài toán ) (0,25 điểm ) * Với p= ⇒ p + và p + 10 là các số nguyên tố ( TMĐKbài toán ) (0,25 điểm ) * Với p = 3k + ( k N, k chẵn ) ⇒ p + = 3k + ⋮ là hợp số (Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm ) *Với p = 3k + (k N, k lẽ ) ⇒ p + 10 = 3k + 12 ⋮ là hợp số(Không TMĐK bài toán ) (0,5 điểm ) Vậy với p = thì p + và p + 10 là các số nguyên tố (0,5 điểm ) 3) Tìm tất các số tự nhiên có hai chữ số ab , cho: ab2 - ba2 =1980 ( điểm ) 2 (0,25 điểm ) ab - ba = 1980 ⇔ ( ab+ ba ) ( ab − ba )=1980 ⇔ (10a+b+10b+a)(10a+b-10b-a) =1980 (0,25 điểm ) ⇔ 11(a+b).9(a-b) =1980 (0,25 điểm ) ⇔ 99(a+b)(a-b) =1980 (0,25 điểm ) ⇔ (a+b)(a-b) =20 Do18 > a+b a-b >0 và a + b và a – b cùng tính chẵn, lẽ nên a+b=10 và a-b=2 , suy a=6 ;b=4 Vậy số cần tìm là 64 (0,25 điểm ) (0,5 điểm ) (0,25điểm) Bài 2: (5 điểm)   a 1  Q     : a1 a   a   a/ a       a1 a a 1 a  a  1   a     :    a  a  1 a  : a1 a1 a 2  a   a   a1 a  1 a   a  2  a  a  1 a1  0,5 đ   0,5 đ   0,5 đ  a  0,5 đ  a a   a 1  a 4  a  a  b/ Q = - với  a   ađ 0, 25  ađ2  ađ (0,5 đ)   0, 25   0, 25   a  (TMDKđ)  0, 25  a   a 1 a  0  a c/ Q > với a 4  a   0,5 đ  a 0  0, 25 đ  a Vậy  0, 25 đ   a  4(TMDK )  0, 25 đ   a  20 Bài 3: (3 điểm) Tìm x, biết: 3x +1 -  a   0, 25 đ  √ x2 −6 x +1 + = x −1 ¿ ¿ 3x +1 ¿ √¿ ⇔ 3x +1 - |3 x −1|+ 6=0 Trường hợp 3x-1 tức là x (0,25 điểm) (1) (0,25 điểm) (0,25 điểm) Từ (1) ta có PT: 3x+1-3x+1+6=0 (PT này vô nghiệm) Trường hợp 3x-1 <0 tức là x < ⇔ (0,75 điểm) Từ (1) ta có PT: 3x+1 -1+3x +6=0 x = -1 (TMĐK x< ) Vậy x = -1 là giá trị cần tìm Hình vẽ tốt A I E F D a b c d B O M 0,5 K C Chứng minh được: Tam giác AID đồng dạng với tam giác BIC Chỉ EA và EB cùng vuông góc với AC  EA // DB  ABDE là hình thang (1)   Chứng minh được: EDB ABD (2) Từ (1) và (2)  ABDE là hình thang cân * Tam giác vuông EDC có: 2R   2 ED + CD = EC = = 4R2 Mà ED = AB nên AB2 + CD2 = 4R2 (3) * Tam giác vuông EBC có BE2 + BC2 = EC2 = 4R2 Mà BE = DA nên DA2 + BC2 = 4R2 (4) Cộng (3) và (4) ta được: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 Nêu OM là đường trung bình EDC ED nên OM = hay ED = 2.OM Mà ED = AB  AB = 2.OM Chứng minh AEDF là hình bình hành Chứng minh ABKF là hình thoi 1 1 0,5