Tuyen tap de thi HSG mon toan 9

b Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của P tại điểm M.. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC.[r]

Phòng GD & ĐT Đông sơn Đề thi học sinh giỏi lớp (Bảng A) Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút.) 1 1 (  )  (  ) x y x  y  xy ( x  y ) x y Bài 1: Cho biểu thức: A = a, Rút gọn biểu thức A b, Tính giá trị biểu thức A x = + ; y = - (Đề sáng tác) Bài 2: Cho số a, b, c  thỏa mãn: a b c và a3+b3 +c3 = 3abc a b b c c a   a c ; P= c x y : xy xy c a b   Q = a b b c c a Chứng minh : P.Q = (Tương tự bài 53-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x  = 2(x2+1) + 2x -1 (Bài 16 -trang 11-"Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực") Bài 4: Giải hệ phương trình sau:  x  y  x  y   x  y  18 xy  x  y  13 (Đề sáng tác) Bài 5: Cho số x,y,z thỏa mãn x + y + z = và x 4+y4+z4 =3xyz Hãy tính giá trị biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006 (Đề sáng tác ) Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn b) Chứng minh AM ngắn thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến (P) điểm M (Bài 579-"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Bài 7: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y (Đề sáng tác) Bài 8: Cho tam giác ABC vuông A I là trung điểm cạnh BC, D là điểm trên cạnh BC Đường trung trực AD cắt các đường trung trực AB, AC theo thứ tự E và F a) Chứng minh rằng: điểm A,E,I,D,F cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB c) Cho AC = b; AB = c Hãy tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF theo b, c ( Đề sáng tác) Bài 9: Cho tam giác ABC cân A Một điểm P di động trên BC Qua P vẽ PQ//AC (Q AB) và PR//AB (R  AC) Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR (Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp") Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp Môn : Toán Bài Lời giải Biểu điểm 0,25 a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x  y ( A= = 1 1  )  (  ) x y x  y  xy ( x  y ) x y 2( x  y ) x y  xy ( x  y ) ( x  y )3 ( x y ) x  y  xy = xy( x  = xy y) xy xy x x y : xy xy xy xy x y xy xy x y xy x y y = b) Với x= + Và y = xy 0 x  y A= 0,75 ta có : x >y đó 0,25 [(  ) (  ) ] ( xy )2 42   8 x  y  xy (  )  (  )   ( )2  2.2 Mà A2 = Vậy : A =  2 Ta có : a3 + b3 + c3 = 3abc  a3 + b3 + c3 -3abc =  (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = (1) 0,75 Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0 ( Do a  b  c ) Do đó:(1)  a +b +c =  a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) 0,5 Mặt khác : a  b b  c c  a ab( b  a )  bc( b  c )  ac( c  a )    a b abc P= c ab( a  b )  b c  bc  ac  a c ( a  b )( b  c )( a  c )  abc abc P= (3) Hơn : a  b  z  b  c  x c  a  y  Đặt Vì : Ta có  x  y  a  b  c   3c   y  z  b  c  a   3a  z  x  a  c  b   3b  (do (2) ) c a b x y y z z x    (   ) a  b b  c c  a z x y Q= ( x  y ).( y  z ).( x  z ) xyz =( Biến đổi tương tự rút gọn P ) (  3c ).(  3a ).[  (  3b )] ( a  b ).( b  c ).c  a ) =- 0,5  9abc = ( a  b )( b  c )( c  a ) (4) ( a  b ).( b  c ).( a  c )  9abc 9 abc ( a  b ).( b  c ).( c  a ) Từ (3) và (4) ta có : P.Q= Vậy P.Q = (4x – 1) x   2(x2 +1) +2x -1 x  = y ( y  1) Ta có : Đặt (5)  (4x -1).y = 2y2 + 2x –  2y2 - 4xy +2x + y -1 =  (2y2 – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) =  2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) =  (y-2x + ) (2y- 1) = 0,25 (5) 0,75 0,25 1,0  y 2 x    y   1( lo¹i )   x  = 2x -1   x2 + = 4x2 – 4x + 0,75  x 0   x 4    x(3x – 4) =  x  y  x  y ( a )   x  y  18 xy  x  y  13( b ) (I )  (ĐKXĐ : x  0; y  ) Ta có : ( a)  ( x  y )( x  y  )   x  y =0  x  y  x = y vào (b) ta đợc : 2x +18x = x  x  13  20x - x -13 = (6) x =t Đặt (t  ) ta có :  t 1   t   13  0( lo¹i ) 20 ( 6)  20 t2 – 7t – 13 =   x =1  x=1  1,0 Vậy hệ (I) có nghiệm (x,y) = (1, 1)  x4  y4  x y4  x y2   y  z4 4 2   y z  y z    z4  x4  z x  x z    Theo BĐT Cô si ta có :  x4 + y4 +z4  x2y2 + y2z2 +x2z2 1,0 (7) 0,75 Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2  xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên)  x2y2 + y2z2 +x2z2  xyz (x +y +z)  x2y2 + y2z2 +x2z2  3xyz (8) (do x +y z =3 ) Do đó : x4 +y4 + z4  3xyz (9) 0,75 Dấu “ = “xảy  x4  y4 ; y4  z4 ; z4  x4  2 2 2 2 2 2  x y  y z ; y z z x ;z x  x y  x = y = z Hơn x + y +z =3 Từ (10 ) và (11)  3x =  x =  y = z =1  x2006 + y2006 + z2006 = + +1 = Vậy : M=3 (10) (11) a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) đó : AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 +   AM   Min AM = và a = b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn  a = ,Khi đó M(1;1) x Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - (do A(3;0)) (c) Gọi phương trình đường thẳng qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a + b = (12) (Do M(1;1)  (d) ) và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) ) Mà : x2 = ax + b  x2 – (ax + b ) = (14) 0,5 1.0 0,25 Phương trình (14 ) có  = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b Nên : (13)  a2 + 4b = (15) Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình: a  b  a  (  a )  a       b   a  b  b   a Vì phương trình đường thẳng qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với ( P ) M là : y = 2x -1 (d) (do - = -1 ) Từ (c ) và ( d)  (d) AM Vậy : Khi AM ngắn thì AM vuông góc với tiếp tuyến (P) tạiM +)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên phương trình : x + x2 +x +1 = 2003 (16) y  +) Với y< ta có : 2003 Z mà x +x +x +1  Z 0,5 0,25 0,5 (Với x  Z )  Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y < 0,25 +) Với y >0 ta có : (16)  (x +1)(x2 +1) = 2003y (*) Từ (*)  x +1 >0 (do x2 +1 > và 2003y > ) Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có : (x+1)  d và (x2 + 1)  d  [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d  2d   Hon nòa tõ (*)  2003 y d   d =1 (**) Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc 2003y có thể là 2003m (m  N* ) (***)  x  1  Từ (*) , (**) và (***)   x    x =  y = (loại)  phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mản y > Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên ( 0; 0) a) Ta có : E là giao điểm A đường trung trực cạnh AD,AB Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABD M Tương tự ta có: F là tâm E đường tròn ngoại tiếp  ACD Do đó : B H I D +ABD = AED  AED = B +ACD = AFD 1,0 0,25 F C 0,5  AFD = C  AED + AFD = (B +C) =1800  AEDF Nội tiếp Lại có : AI = BC = BI   ABC cân I (17)  BAI = B  AID = B  AID + AFD = 1800  Tứ Giác AIDF nội tiếp (18) Từ (17 ) ; (18 )  điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn 0,5 0,5 b)Ta có EF là đường trung trực AD nên : AE = ED ; FA =FD   AEF =  DEF ( c c.c ) 1  + )AEF = DEF = AED = B = B + ) Tương tự AEF = C  ABC (g.g) Suy  AEF AE AF   AB AC  AE.AC = AE AB  ABC c) Theo câu b) Ta ccó :  AEF 0,5 AE AF  k AB AC ( k là tỉ số đồng dạng)   AE =kc ; AF = kb Ta có :  AEF vuông A (do  ABC vuông A  ABC ) và  AEF Nên diện tích  AEF là S = AE.AF  2S = k2 bc (19) Mặt khác S = AM.EF  2S = AM EF  4S2 = AM2 EF2 AD )  4S2 = ( (k2b2 + k2c2 ) (20) AD b  c b2  c2 AD  S = 8bc bc Từ (19) và (20)  2S = (21) Do đó : S nhỏ  AD nhỏ Mà AD  AH ( AH BC , H  BC ) AB AC bc bc   AD  2 b c b  c2 Lại có AH = BC (22) b  c (bc) bc  Từ (21) ; (22)  S  8bc b  c bc Vậy Min S = ( Khi D  H ) a) Phần thuận Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có : * QP = QB = QD  P, B , D thuộc đường tròn (Q) A 1  BDP = BQP = BAC (23) * Tương tự : CDP = BAC R D (24) Q 1,0 Từ (23) ;(24)  BDC = BAC  điểm D thuộc cung BAC B P C (Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm AB với đường trung trực D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ là đường trung trực D’P’ Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC đường tròn ngoại tiếp tam giác 1,0 ABC (trừ điểm B,C ) PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1:(1 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x +2009 x Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình sau: +2008 x +2009 x +2 x +45 x +8 x +69 + = + 13 15 37 Câu 3: (2 điểm) a +b a/ Chứng minh ab3 +a b − a2 b2 b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b 1 Tìm giá trị nhỏ tổng P= a + b Câu 4:(2 điểm) a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện : 2006 a 2006 +b Hãy tính tổng: =a 2007 2007 2008 +b =a +b S= a2009 + b2009 2008 b/ Chứng minh :A= √ 3+ √ 5− √ 13+ √ 48 là số nguyên √ 6+ √ Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau: xy-2x-3y+1=0 Câu 6: (3điểm) Cho tam giác ABC vuông A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên tia HC lấy điểm D cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC D cắt AC E a)Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng b)Chứng minh tam giác ABE cân c)Gọi M là trung điểm BE và vẽ tia AM cắt BC G Chứng minh rằng: GB HD = BC AH +HC PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ KÌ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA NĂM HỌC 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1 điểm) +2009 x +2008 x +2009 = ( x + x +1) +2008( x + x +1) = ( x + x +1)( x - x +1)+ 2008( x + x +1) x 0,25 đ 0.5 đ = ( x + x +1)( x - x +2009) Câu 2: ( điểm) 0,25 đ x +2 x +45 x +8 x +69 + = + 13 15 37 ⇔ x +2 x +45 ( 13 +1)+( 15 x +15 +¿ 13 a=1 ,b=1 ⇔ x +8 -1)=( 37 2( x+15) 15 = +1)+( x +69 -1) ( x+15) 4( x+15) + 37 0,25đ 0,25 đ (1− a)(1 −b)=0 x=-15 ⇔ 0,25đ 0,25 đ Câu 3: (2 điểm) a/ (1 điểm) 4 4 ab +2 a b −2 a b 4 ab − a b+2 a b a +b ab3 +a b − a2 b2 ⇔ a +b ≥ ⇔ a +b − 3 2 2 0,25 đ 0,25 đ ⇔ (a − a3 b +a2 b2 )+(b −2 ab3 +a b 2) b2 −ab ¿ ≥ 2 a −ab ¿ + ¿ ⇔¿ 0,25 đ 0,25 đ b/ (1 điểm) 1 a+b P= a + b = ab = ab 0,25 đ a+b ¿ ¿ P= 20 20 = ≥ ab ¿ 0,5 đ Vậy giá trị nhỏ P là a=b= 0,25 đ Câu (2 điểm) a/ (1 điểm) 2007 2007 2006 2006 a2008 + b2008 =¿ ( a +b ¿ (a+b)−ab (a +b ) Ta có: ⇔ 1= a+b − ab ⇔ (1− a)(1 −b)=0 ⇒ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ a=1 ,b=1 Vậy S=1+1=2 b/ (1 điểm) A= √ 3+ √ 5− √ 13+ √ 48 √ 6+ √ 0,25 đ √ 3+1 ¿2 ¿ ¿ ¿ A= − √ ¿ 3+ √ ¿ √¿ ¿ 0,25 đ √ 3− 1¿ ¿ ¿ ¿ 3+ √ ¿ 2√¿ ¿ = = 0,25 đ √ 2+ √ = √ 6+ √ =1 √ 6+√ 2¿ ¿ ¿ √¿ ¿ 0,25 đ Z 0,25 đ Câu (1 điểm) xy-2x-3y+1=0 ⇒ xy-3y=2x-1 ⇒ y(x-3)=2x-1 0,25 đ Ta thấy x=3 không thõa mãn,với x thì y=2+ x −3 0,25 đ Để y nguyên thì x-3 phải là ước 0,25 đ Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 0,25 đ Câu (3 điểm) a) (1đ điểm) Tam giác ADC và tam giác BEC: CD CA  CE CB ( vì hai tam giác CDE và CAB đồng dạng) Góc C: chung 0,75 đ Suy ra: Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (c-g-c) b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra: ∠ BEC =∠ADC có: ∠ ADC =∠EDC+∠ ADE=1350 0,25 đ Suy ra: ∠ BEC=135 Suy ra: ∠ AEB=45 0,5 đ 0,25 đ Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có góc 45 ❑0 ) 0,25 đ c)(1 điểm) Tam giác ABE cân E nên AM còn là phân giác góc BAC GB AB AB ED AH HD    ABC DEC    ED // AH   HC HC Suy ra: GC AC , mà AC DC GB HD GB HD GB HD      Do đó: GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC PHÒNG GD&ĐT THANH OAI 0,5 đ 0,5 đ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) √ x ):( √ x+3 + √ x +2 + √ x +2 ) a) Cho M =( 1− √ x+ √ x −2 − √ x x − √ x +6 Rút gọn M Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên b) Tính giá trị biểu thức P P=3 x 2013 +5 x 2011+2006 với x=√ 6+2 √ √3 − √ √ 2+2 √ 3+ √ 18 − √ − √3 Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) ( x+ 3¿ (x+ 4)(x +5)( x +6)=24 b) | x − x2− | = x − x2− Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y =    M  x    y   y  x   Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1   6 x  y y  z z  x b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1    x  y  z x  y  z x  y  z Chứng minh rằng: Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD cho tiếp tuyến A đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD hai điểm tương ứng là E và F Gọi P và Q là trung điểm các đoạn thẳng AE và AF Chứng minh trực tâm H tam giác BPQ là trung điểm đoạn thẳng OA Gọi α là số đo góc BFE Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì 6 biểu thức P sin   cos  Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ đó BE CE  DF Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và BF Câu 5: (1 điểm) Tìm n N* cho: n4 +n3+1 là số chính phương - Hết Lưu ý: Cán coi thi không giải thích gì thêm! PHÒNG GD&ĐT THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: x ≥ ; x ≠ ; x ≠ (*) 1)Rút gọn M : Với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ (0,5đ) √ x : √ x +3 − √ x+ + √ x+ ( √ x√+1− ) [ x +1 √ x −2 √ x −3 (√ x −2)(√ x − 3) ] M= ¿ ( √ x +3)( √ x −3)−( √ x −2)( √ x +2)+( √ x +2) : ( √ x −2)( √ x −3) √ x +1 x −9 −(x − 4)+ √ x +2 ¿ : √ x+ (√ x −2)(√ x −3) x−2 ¿√ √ x +1 [ ] √ x −2 Vậy M= (với x ≥ ; x ≠ ; x ≠ ) (*) √ x+ √ x −2 = √ x +1 −3 = √ x+1 − =1− 2) M = √ x+ √ x +1 √ x+1 √ x +1 √ x +1 (2,5đ) (0,75đ) Biểu thức M có giá trị nguyên và khi: ⋮ √ x +1 ⇔ √ x +1 ∈U ( 3) Ư(3) { ±1 ; ± } Vì x 0  x 0  x 1 1 Nên √ x+1 ∈ {1 ;3 } Xảy các trường hợp sau: (0,5đ) √ x+1=1⇔ √ x=0 ⇔ x=0 (TMĐK (*) ) √ x+1=3 ⇔ √ x=2 ⇔ x=4 (không TMĐK (*) loại ) Vậy x = thì M nhận giá trị nguyên b_ (0,25đ) √ √ x= 6+2 √ − √ √2+2 √ 3+ √18 − √2 − √ Có − √2 ¿ ¿ ¿ √ 18− √2=√ ¿ (0,5đ) √ 3+1 ¿2 ¿ ¿ √ √2+2 √ 3+4 − √ 2=√ √3+ 4=√ ¿ x   2  3 1 (0,25đ)   2  3  62 4  √ 3− 1¿ ¿ ¿ 6+2 √ ¿ x=√ ¿ √ 3+1¿ (0,75đ) ¿ ¿ x =√ ¿ Với x = 1.Ta có P=3 12013 +5 12011 +2006=3+5+2006=2014 Vậy với x = thì P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a ( x+ 3¿ (x+ 6)( x+ 4)(x +5)=24  ( x 2+ x +18)(x 2+ x+20)=24 (1) Đặt x 2+ x +19= y (1)  ( y + 1)(y – ) – 24 =  y2 – 25 =  ( x 2+ x +24)(x +9 x +14)=0  (x+ 2)(x +7)( x +9 x+ 24)=0 Chứng tỏ x 2+ x +24 >0 Vậy nghiệm phương trình : x=−2 ; x=−7 x −1 ¿ <0 b Ta có x − x − 1=−( x − x +1)=−¿ pt trở thành : x − x − 1=x − x +1  x=1 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1     x   y   y  x  Tìm GTNN biểu thức: M =     x4 y  x2 y 1 2  x    y   x y  1  2  y  x = x y x2 y2 M=  2đ x  y  1 2 0,5  x y 1       xy   2 x y xy   xy     15 xy   xy   xy 16 xy   16 xy Ta có: 1 1 xy  2 xy 2  16 xy 16 xy * Ta có: 0, (1) * x y 1 1 15 15 xy    xy   4      2 xy 16 xy 16 16 xy (2)     15 15 17   xy    xy      xy   16 xy  16 xy 4  Từ (1) và (2) 2    17  289  xy      xy    16 Vậy M =     xy   xy  16 xy     x y   x y  x  y  Dấu “=” xảy (Vì x, y > 0) 1   6 x  y y  z z  x Cho x, y là các số dương thỏa mãn: 1    Chứng minh rằng: 3x  y  z 3x  y  3z x  y  3z 1   Áp dụng BĐT a b a  b  0,25 0,25 289 Vậy M = 16 x = y = b 0,5 (với a, b > 0) 0,5 2đ 0.5 1 1     a b  a b  Ta có:  1 1 1      3x  y  z  x  y  z    x  y  z   x  y  z x  y  z   11 1 1 1              x  y    x  z   x  y    y  z     x  y x  z x  y y  z   1 1       16  x  y x  z y  z  0,5 1 1       Tương tự: x  y  z 16  x  z x  y y  z  1 1       x  y  3z 16  y  z x  y x  z  cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4         x  y  z x  y  z x  y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1         16  x  y x  z y  z  0,5 0,5 0,5 Caai 4: (5 điểm) B D I O C 0,25 H E P F Q A BA là đường cao tam giác BPQ suy H thuộc BA Nối OE,  BEF vuông B; BA  EF nên AB2 = AE AF AE AB AE AB AE AB      1 AB AF OA AQ AB AF  2     Vậy  AEO   ABQ(c.g.c) Suy ABQ  AEO mà ABQ P1 (góc có các   cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO P1 , mà hai góc đồng vị => PH // OE Trong  AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy H là trung điểm OA Ta cã: P sin   cos6   sin     co s   0,75đ 0,75đ 0,25đ P  sin   cos2    sin   sin  cos   cos   0,75đ P  sin   cos2    3sin  cos  1  3sin  cos  Ta cã:  sin 2   cos   4sin  cos   4sin  cos   sin  cos   Suy ra: Do đó: P 1  3sin  cos  1  Pmin  vµ chØ khi: 0,5đ 0,25đ  4 0,25đ sin  cos   sin  cos  (v×  lµ sin  1  tg 1   450 cos  gãc nhän) Khi đó CD vuông góc với AB  0,25đ 0,25đ Ta có  ACB và  ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 0,25đ ACB ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật 2 Ta có: CD = AB = AE AF => CD4 = AB4 = AE2 AF2 0,25đ = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF  AB3 = CE.DF.EF Vậy CD3 = CE.DF.EF 0,25đ Ta có: BE EA.EF AE BE AE CE.BE BE CE       BF FA.EF AF BF AF DF BF  BF DF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 K ∈N ¿ → n +n +1=( n + K ) =n4 +2 Kn + K (¿) ❑ → n3 − Kn 2=K − 1→ n2 (n − 2k )=K −1 ≥ Mà K − 1⋮ n2 → K =1 n2 ≤ K −1 Nếu K 2=1 → K =1→ n2 (n − 2)=0→ n=2 Thử lại 24 +23 +1=5 ( thỏa mãn) 2 Khi K 1→ K > K − 1≥ n → K > n → n −2 k <0 mâu thuẫn với điều kiện Vậy n = PHÒNG GD&ĐT  2 n ( n −2 K )=K −1 ≥0 (1đ) KÌ THI HỌC SINH GIỎI Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ RA Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức:  a 1 P    a1   a1   a   a   a 1 a  a) Rút gọn P b) Tính giá trị P  a  2 Câu (1.5 điểm).Giải phương trình:   31 x x 1 2 x  1 Câu (2.5 điểm) Cho x, y là các số dương x y  2 y x a) Chứng minh: x y xy M   y x x  y2 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Câu (3.0 điểm) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B) Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường  thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax Đường thẳng BM cắt Ax I; tia phân giác IAM cắt nửa đường tròn O E, cắt IB F; đường thẳng BE cắt AI H, cắt AM K a) Chứng minh điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn b) Chứng minh HF  BI c) Xác định vị trí M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn và tìm giá trị đó theo R? Câu (1.0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng:  x  1  x    x  3  x    y 11879 - Hết - *Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu PHÒNG GD&ĐT KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Môn: TOÁN ĐÁP ÁN, CÂU NỘI DUNG ĐIỂM a 0   a 1   Điều kiện  a 0    a   a 1  a 1  0.25 a   a  a  1 a  a P a a a  a  a  1 a (1  a  1)   4a a a Vậy P 4a          1      1      1       0.25 0.25 0.25 a b   0.25       0.25 0.25 Vậy a  đó P 4a 4 Điều kiện x 1 x x   x 1  x  1   0.25 0.25  x 1  x  1 x  1 (1) Khi x  1  x  1  x 2 : Ta có (1)  x    x  1 Phương trình vô nghiệm Khi  x    x     x  : Ta có  1  (1)   x   x  1   x  0  x 1 Vậy x 1 là nghiệm phương trình đã cho x y 0 0 y x Vì x > 0, y > nên và Áp dụng bất đẳng thức a  b 2 ab dấu "=" xảy  a b x y x y  2 2 y x a ta có y x x y  2 y x Vậy 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x y   x2  y2  x  y y x Dấu "=" xảy (vì x > 0, y > 0) b x y 3a a a  M a     y x , ta có a 4 a Đặt  0.25 0.25 x y 3a a   2  y x Vì nên ; a a 1  2 2 1 a Ta có a 3a a 5 M a        M   a 2  x  y a 4 a 2; Do đó Vậy giá trị nhỏ M và x  y Hình vẽ x 0.25 0.25 0.25 0.25 I F M H E K A O B Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên   a FMK 900 và FEK 900 Vậy điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK Ta có HAK cân A nên AH = AK (1) K là trực tâm AFB nên ta có FK  AB suy FK // AH (2)       b Do đó FAH  AFK mà FAH FAK (gt) cho nên AFK FAK Suy AK = KF, kết hợp với (1) ta AH = KF (3) Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK Mà AK  IB suy HF  IB Chu vi AMB CAMB MA  MB  AB lớn khi c MA + MB lớn (vì AB không đổi) a  b  2  a  b   Áp dụng bất đẳng thức dấu "=" xảy 2 2  a b , ta có  MA  MB  2( MA  MB ) 2 AB Nên MA + MB đạt giá trị lớn AB và MA = MB hay M nằm chính cung AB Vậy M nằm chính cung AB thì CAMB đạt giá trị lớn Khi đó CAMB MA  MB  AB  AB  AB (1  2) AB 2 R(1  2) 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 A  x  1  x    x  3  x   x Đặt , ta có A là tích số x x tự nhiên liên tiếp nên A chia hết cho Nhưng không chia hết 0.25 cho 5, đó A chia hết cho x  1  x    x  3  x    y Nếu y 1 , ta có  chia hết cho mà 11879 không chia hết cho nên y 1 không thỏa mãn, suy y = 0.25  1      3     11879 Khi đó , ta có    x  1  x    x    x    11879 x x x x y 0.25   x  1  x    x  3  x   11880   x  1  x    x  3  x   9.10.11.12  x 3 Vậy x 3; y 0 là hai giá trị cần tìm 0.25 Đề 4 x xx x x Bài 1: (3điểm): Cho A = a) Rút gọn A b) Tìm x để A nhận giá trị nhỏ Bài : (2điểm): Giải hệ phương trình:  x  2007  y  2007   x  y  2007  2007 Bài : (3điểm): Bài : (3điểm): Giải phương trình: x    x 3x  12 x  14 Cho x  0, y  và x  y 4 2 1  1   x     y   1994,5 y Tìm giá trị nhỏ A =  x   Bài 5: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Kẻ BM vuông góc với AC, gọi N là trung  điểm AM, P là trung điểm CD Chứng minh: BNP 90 Bài 6: (3 điểm) Cho ABC ( AB = AC) Đường cao AH, kẻ HE vuông góc với AC, gọi O là trung điểm EH Chứng minh: AO  BE Bài 7: (3 điểm) Cho ABC Có AB = c, AC = b, BC = a Chứng minh rằng: Sin A B C Sin Sin  2 *********************** Hết ************************ PGD KRÔNG PẮC 2007 – 2008 TRƯỜNG THCS EA YÔNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC Môn : Toán- Lớp Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1: a) Đ/K: x  điểm A =  x  1 x  x = x  x 3 b) A =   0.5 0.5 điểm 0.5 điểm x   2 x  MinA =  x 1 (TMĐK) 0.5 điểm 1.0 điểm Bài 2:  x  2007  y  2007   x  y  2007  2007 ĐK: x 0; y 0  0.5 điểm x  2007  y  2007 0.5 điểm x  2007  y  2007 0.5 điểm  x 0  Do đó hệ phương trình có nghiệm  y 0 0.5 điểm Bài 3: x    x 3 x  12 x  14 x  ĐK: 0.5 điểm Áp dụng Bunnhiacopski 2 VT: x    x  (1  )(2 x    x) 2 (1) 0.5 điểm 2 VP: 3x  12 x  14 3( x  2)  2 x (2) 0.5 điểm  Phương trình: x    x 3x  12 x  14 có nghiệm  Dấu “=” xảy (1) và (2) đồng thời xảy  x    x  x 2  x      1.5 điểm Bài 4: a ,b  R+ thì a  b2   a b dấu “=”  a = b 1   a b a  b Dấu “=” xảy  a = b 0.5 điểm 2 1  1 1 1   x     y    1994,5   x  y     1994,5 y 2 x y A =  x  2 1  1 4  x y   1994,5      1994,5 2 x y 2 4 = 2007 1.0 điểm  x  y 4   x  y 2  A 2007 Do đó MinA = 2007 x y 0.5 điểm Bài 5: C B I A N P M D Gọi I là trung điểm BM NI cắt BC E Ta có NI là đường trung bình BMA  NI // AB và NI = AB 0.5 điểm AB  BC  NI  BC E 0.5 điểm  I là trực tâm BCN  CI  BN (1) Ta có:  IN  AB    CP  CD   mà AB = CD  IN = CP 0.5 điểm  CINM là hình bình hành  CI // NP (2) 0.5 điểm IN // AB    IN // CP AB // CP  0.5 điểm  Từ (1) và (2)  NP  BN N  BNP 90 0.5 điểm Bài 6:    Kẻ BD  AC  CBD HAC ( cùng phụ với C )  BDC BC CD  EAH (gg)  AH EH 0.5 điểm BDC có BH = HC ( ABC cân A) điểm HE // BD (cùng  AC)  CD DE = EC = 0.5 BC CD 2CE CE     AH EH HO HO  CBE HAO BCE  AHO A và E B O H ( DBC BC CE  AH HO HAO (c.g.c) D K2 có 0.5 điểm EAH ) C  CBE    CBE HAO 0.5 điểm Gọi K là giao điểm AH và BE   Ta có: CBE  K1 90        HAO  K1 90 (Vì K1 K , CBE HAO )  AO  BE 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 7: A c  b E B a F C Kẻ phân giác AD BAC kẻ BE  AD; CF  AD  BED vuông E  BE  BD  CFD vuông F  CF  CD  BE + CF  BD + CD = a điểm 0.5 A   ABE ( E = 1v)  BE = AB SinA1 = c sin 0.5 điểm A   ACF ( F = 1V)  CF = AC SinA2 = b sin A A a  BE + CF = (b + c) sin  a  sin  b  c 0.5 điểm 0.5 điểm a a a A  b>0; c>0 áp dụng bất đẳng thức Côsi: b + c 2 bc  b  c bc  Sin  bc 0.5 điểm B b C c   Tương tự ta có: Sin 2 ac ; Sin 2 ab a b c A B C  Sin Sin Sin  bc ac ab = ************************************ 0.5 điểm PHÒNG GD-ĐT NGHĨA HÀNH CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS HÀNH MINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỔI LỚP Môn: Toán – Năm học: 2013- 2014 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) ĐỀ: Bài 1: (6,0 điểm) a) Với n là số nguyên dương Hãy tìm ƯCLN(21n+4 , 14n+3) b) Cho a, b, c là các số nguyên cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương, biết ba số chính phương nói trên có số chia hết cho Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27 c) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 = xy + x + y Bài 2: (3,0 điểm)  20132  20132 2013  20142 2014 a)Tính giá trị biểu thức P= b) Giải phương trình: x    x x  16 x  66 Bài 3: (4,0 điểm) 1  4 x  xy y  xy  a) Cho x > 0, y > và x + y Chứng minh bất đẳng thức 2x x  A  x  , với x  b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 4: (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a Gọi M là điểm nằm miềm tam giác MI MP, MQ theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AB, AC Gọi O là trung điểm cạnh BC Các điểm D và E thứ tự chuyển động trên các cạnh  AB và AC cho DOE 60 a) Chứng minh MI + MP + MQ không đổi b) Chứng minh đường thẳng DE luôn tiếp xúc với đường tròn cố định c) Xác định vị trí các điểm D và E để diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ và tính giá trị nhỏ đó theo a Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết AB = CH   5 cosB Chứng minh rằng: ………………… Hết………………… (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo sanh:…………………… Giám thị 1:………………………………… Giám thị 2: ……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Bài Câu Bài 1: a) (6,0đ) (2,0đ) 0,5 c) (2,0đ) x2 + y2 = xy + x + y  (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = Vì x, y Z nên : x+y 0 0 1 1 -1 -1 -1 x-1 -1 -1 0 -1 0 y-1 1 -1 -1 -1 0 -1 (x;y ) 0,5đ  a2  P= a2  a 1  Bài 2: (3,0đ) -1 -1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ a a 1 a  a    a  1  2a     a 1  a 1  0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ (0;1 ) a) (1,0đ) (1;2 ) Vì 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương nên ta có thể đặt 2a + b = m2; 2b + c = n2; 2c + a = p2 với m, n, p là các số tự nhiên Vì các số m2; n2; p2 có số chia hết cho nên không tính tổng quát có thể giả sử m2 chia hết cho (1) Ta lại có m2 + n2 + p2 = 3a + 3b + 3c chia hết cho (2) Từ (1) và (2) suy n2 + p2 chia hết cho Dễ thấy n và p chia hết cho Do đó 2a + b; 2b + c; 2c + a chia hết cho Từ đó suy a, b, c chia hết cho Vậy (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27 (2;1 ) (1;0 ) b) (2,0đ) (0;0 ) Điểm (2;2 Đáp án Đặt d = ƯCLN(21n+4 , 14n+3) , với n N*) Ta có : (21n + 4)  d và (14n + 3)  d  2(21n + 4)  d và 3(14n + 3)  d  [3(14n + 3) - 2(21n + 4)]  d  (42n + - 42n - 9)  d   d  d = 0,25đ a a  a    a  1  2.(a  1)    a   a 1  a 1 0,25đ a  a     a  1   a   a 1  a a  a  1   a  a  a  0,25đ b) (2.0đ) Vậy P = 2014 0,25đ Điều kiện x 9 x2 - 16x + 66 = (x-8)2 + 2 (1) 0,5đ 0,5đ 0,5đ  ( x  7)  (9  x) x    x   2 2 (2) (1) và (2)  x    x x  16 x  66 =  x  0  1 x   x 8 1 9  x  Khi (thoả mãn điều kiện) x = là nghiệm phương trình a) (2đ) 0,5đ 1   Áp dụng bất đẳng thức a b a  b , với a > 0; b > Ta có : 1   x  xy y  xy x  xy  y  xy 4  x  y 1,0đ =  x  y 1  1  4 x y x y (vì ) 2  x  xy  y  xy  x y     x  y 1 Bài 3: (4,0đ) Đẳng thức xảy b) (2đ) A 0,5đ 0,5đ 0,5đ x x  x   x    x  1       x x x Ta có : Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta được:  x  1  x  1 4  2  x x  x  1   x 1  x Đẳng thức xảy (thỏa mãn điều x  kiện ) A a) (1,0đ) Vậy Tính SABC = SMBC + SMAC + SMAB P b) (2,0đ)    Vì DOE 60 nên BOD  COE 120 (1)  Tam giác BOD có B 60 0,5đ Q M B 0,5đ A 1 1  a.MI + a.MP + a.MQ = ah 0,5đ 0,5đ 5 x 1   MI + MP + MQ = h (không đổi) Bài (5,0đ) 0,5đ I C   nên BOD  BDO 120 (2)   Từ (1) và (2) suy BDO COE Do đó BOD ഗ CEO (g-g) 0,5đ BD OD BD OD    Suy OC EO OB EO (vì OB = OC) Do đó DBO ഗ DOE (c-g-c)    BDO ODE Vẽ OH  AB; OK  DE  OHD OKD (ch-gn)  OH = OK A E D 0,5đ K H 60° B O 0,5đ C Mà OH không đổi nên DE luôn tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố định c) (2,0đ) 0,5đ c) Vẽ OI  AC, dễ thấy DH = DK = x; EK = EI = y (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó DE = x + y; BD = x 0,5đ a a y  ; CE 0,5đ a (Dễ thấy BH = CI = ) Vì BOD ഗ CEO (g-g)  0,5đ OB DB  EC OC a2  DB.EC OB.OC  Bài 5: (2,0đ) (2,0đ) 0,5đ A B C H Vì tam giác ABC vuông A có đường cao AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: AB BH BC  BC  CH  BC  BC  AB  BC BC  AB.BC (vì 0,5đ AB = CH) Chia hai vế cho BC2 ta được: AB AB AB AB     1 BC BC BC BC 0,5đ AB  AB         BC 2  BC   AB 51  BC 0,5đ   AB   cosB BC Tam giác ABC vuông A nên ta có 0,5đ (đpcm) PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎi TOÁN Năm học 2013-2014 Thời gian: 150 phút Bài (5 điểm) Cho biểu thức: P = x √ x −1 x √ x +1 − + x−√ x x +√ x ( √ x − √1x ) ( √√xx+1−1 + √√xx−+11 ) với x > 0; x 1 Tìm điều kiện xác định và rút gọn P Tính P x = √ 9+4 √ − √ − √5 21 Tìm x để P < Bài (4 điểm) Cho x, y là số thực dương thoả mãn: (x + y)2 + 7(x + y) + y2 + 10 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x + y + Giải phương trình: 2+ √ x − √x + = √2 √ 2+ √ 2+ √ x √ − √2 − √ x Bài (4 điểm) a b c Cho b+c + c +a + a+b =1 Tính giá trị biểu thức Q= a2 b2 c2 + + b+c c +a a+b Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + = Bài (6 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O, R) Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B,C là tiếp điểm, D nằm A và E) Gọi H là giao điểm AO và BC Chứng minh điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn Chứng minh AH.AO = AD.AE Tiếp tuyến D (O) cắt AB, AC M và N Biết OA = 6cm; R = 3,6cm Tính chu vi Δ AMN Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB,AC I và K Chứng minh MI + NK IK Bài (1 điểm) Cho x, y R, x 0, y Chứng minh: x y2 x y + +4 ≥3 + y x y x ( PHÒNG GD&ĐT THANH OAI Bài ) HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2013-2014 Môn thi: Toán Nội dung Điểm Bài 1 2 (5 điểm) ( √ x −1)( x + √ x+1) ( √ x +1)( x − √ x +1) x −1 ( √ x +1 ) + ( √ x − ) − + P= √ x ( √ x −1) √ x ( √ x+1) √ x ( √ x +1 ) ( √ x − ) 2( x+ √ x +1) = = √x Tĩnh x = = Thay x = tính P = 21 2( x+ √ x +1) 21 < và x > 0, x √x ⇔ ⇔ ( √ x − 4)( √ x −1) < Lập bảng xét dấu Kết luận < x < và x P< ⇔ 2đ 0,5đ 1đ 1đ 0,5đ Bài (4 điểm) 2 (x + y) + 7(x + y) + y + 10 = ⇔ ⇔ x2 + y2 + + 2xy + 2x + 2y + 5x + 5y + + = - y2 ⇔ (x + y +1)2 + 5(x + y +1) + = - y2 ⇒ A2 + 5A + = - y2 Vì - y2 nên A2 + 5A + ⇔ (A + 1)(A + 4) ¿ A+ 1≤ A +4≥ ¿{ ¿ ⇒ -4 A ≤− Vậy maxA = -1, minA= -4 ĐK < x ❑ Đặt √ 2+ √ x = a, √ 2− √ x = b ⇒ a2 + b2 = (a > 0, b > 0) ⇒ a2 b2 + =√ √ 2+a √ 2− b 0,5đ 0,5đ 0,5đ ⇒ 0,5đ 0,5đ 0,5đ ⇒ ⇒ √ 2(2+ab)=(a −b)(2+ ab) Vì a > 0, b > ⇒ + ab > ⇒ a - b = √2 ⇒ a2 - 2ab - b2 = ⇒ 2ab = ⇒ ab = √ ( 2+ √ x ) ( − √ x )=1 ⇒ √ − x=1⇒ − x =1⇒ x=3 (TM) Bài Ta có a + b + c vì a + b + c = vào giả thiết ta có a b c (4 điểm) + + =1 ⇔ −3=1 (vô lí) −a −b −c Khi a + b + c ta có a b c + + )(a+ b+c )=a+ b+c b+c c +a a+b a2 a(b+ c) b (c +a) b c (a+ b) c ⇒ + + + + + =a+b+ c b+c b+ c c +a c +a a+ b a+b 0,5đ 0,5đ 0,5đ ( 0,5đ a2 b2 c2 +a+b+c=a+b+c + + b+c c +a a+b a2 b2 c2 + + = ⇒ Q = b+c c +a a+b ⇒ ⇒ 0,5đ Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + y2 + 3xy + 3x + 2y + = ⇔ ⇔ (2x + y + 1)(x + y + 1) = -1 2x + y + và x + y + là các ước -1 TH 1: ¿ x+ y+ 1=1 x+ y+ 1=−1 ¿{ ¿ TH 2: ¿ x + y +1=−1 x+ y+ 1=1 ¿{ ¿ 0,5đ ⇒ ⇒ x=2 , y =− 0,75đ 0,5 đ ⇒ ⇒ x=−2 , y=2 0,5 đ Kết luận (x,y) = (2; -4) (-2; 2) 0,25 đ Bài I B M E D 1,25đ A H O N 0,75đ C K Chứng minh OB AB, OC  AC (theo tính chất tiếp tuyến) ⇒ ∠ OBA =∠OCA=90 ⇒ B và C cùng thuộc đường tròn đường kính OA ⇒ điểm A, B,O, C cùng thuộc đường tròn 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ Chứng minh OB AB Chứng minh OA BC H ⇒ AB2 = AH.AO (1) Chứng minh Δ ABD đồng dạng với Δ AEB ⇒ AB AD = AE AB ⇒ AB2 = AE.AD (2) 0,75đ 0,5đ Từ (1) và (2) ⇒ AH.AO = AE.AD Tính AB = 4,8cm Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt suy AB = AC, MD = MB, ND = NC ⇒ Chu vi Δ AMN là: AM + AN + MN = AM +AN + MD +DN = AM +AN + MB + NC = AB + AC = 2AB = 9,6cm Chứng minh IK//BC Và AB = AC ⇒ AI = AK ⇒ Δ AIK cân A ⇒ ∠ AIK =∠ AKI và OI = OK = IK 0,5đ Theo t/c hai tiếp tuyến cắt suy ra: ∠ NMO =∠OMI= ∠ NMI ∠MNO =∠ONK= ∠MNK 0,5đ Tứ giác MNKI có ∠ IMN +∠ MNK +∠ NKO+∠ KIM=360 ⇒ ∠ IMO+2 ∠ ONK+2 NKO=360 ⇒ ∠ IMO+∠ ONK+∠ NKO=180 Đồng thời Δ NOK có: ∠ NOK +∠ ONK +∠ NKO=1800 ⇒ ∠ IMO =∠ NOK ⇒ Δ MIO đồng dạng với Δ OKN MI OI IK ⇒ = ⇒ MI NK=OI OK= OK NK MI +NK IK2 IK ≥ √MI NK= = Áp dụng BĐT Cosi: ⇒ MI+ NK ≥ IK √ x y2 x y + +4 ≥3 + y x y x Bài (1điểm) ( ⇔ x2 y2 x y + + −3 + ≥ o y x y x ( ) x y x y x y Đặt a = y + x ⇒|a|= y + x = y + x ≥ | | | || | ⇒ a = x y2 + +2 y2 x2 ) (1) (2) ⇒ a≥2 ¿ a ≤ −2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ BĐT (2) trở thành a2 - 3a + ⇔ (a - 2)(a + 1) Lập bảng xét dấu suy ra: −1 ≤ a≤ 0,5đ a≥2 ¿ a ≤ −2 ¿ ¿ ¿ ¿ Từ ⇒ a nằm miền nghiệm bất phương trình đã xét Vậy a thoả mãn a2 - 3a + ⇒ (1) đúng x y2 x y + +4 ≥3 + y x y x ( Vậy 0,5đ ) Lưu ý: HS làm cách khác đúng cho điểm tối đa Chứng minh hình phải có lập luận, chặt chẽ cho điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY VÒNG II ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) gian giao đề) P x  x 2  x  x ( x  1)( x  x ) x x Câu Cho biểu thức: a Rút gọn P b Tính P x 3  2 c Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Câu Giải phương trình: a x  10 x  27   x  x  b x  x  x x  x  0 Câu a Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y  xy  3x  0  x  1   2x 1     3  ( x  1) y y x  x  1; y     b Cho , chứng minh: n A n2012  n2002  x  y c Tìm số tự nhiên để: là số nguyên tố Câu Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh a E là điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1  2 a Chứng minh: AE AF không đổi     cos AKE sin EKF cos EFK  sin EFK cos EKF b Chứng minh: c Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC Trình bày cách dựng điểm N trên DM cho khoảng cách từ N đến AC tổng khoảng cách từ N đến DC và AD Câu Cho ABCD là hình bình hành Đường thẳng d qua A không cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K là hình chiếu B, C, D trên đường thẳng d Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn Hết./ PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦY HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câ Ý u P a Nội dung cần đạt 0,25 x x 2   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2)  x( x  2)  2( x  1)  x  x x  x  x   x   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2)  x x  2x  x  x x ( x  1)( x  2) ( x  1)   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1) x 3  2  b Điểm 0,25 0.5 0.25 x   2   (  1)   2,25 ( x  1) 1 1 2   1  ( x  1) 1  ĐK: x  0; x 1 : 0.25 0.25 ( x  1) x  1 2  1  ( x  1) x1 x1 0.25 P c P a Học sinh lập luận để tìm x 4 x 9 ĐK: x 6 : 0.25 0.25 VT x  10 x  27 ( x  5)  2 , dấu “=” xẩy  x 5 VP   x  x   (12  12 )((  x )2  ( x  4) )  VP 2 0.25 , dấu “=” xẩy 0.25 1,75  1    x  x   x 5 6 x x 0.25 VT VP  x 5 (TMĐK), Vậy nghiệm phương trình: x 5 ĐK: x 0 Nhận thấy: x 0 không phải là nghiệm phương trình, chia hai vế cho x ta có: 0.75 x  x  x x  x  0  x   b Đặt x x 4  0  ( x  )  ( x  )  0 x x x x 4 t   t  x    x  t  x x x , thay vào ta có:  t 3 (t  4)  t  0  t  t  0  (t  3)(t  2) 0     t  Đối chiếu ĐK t  x 4  x 1  2 2 y  xy  3x  0  x  xy  y  x  3x   ( x  y ) ( x  1)( x  2)  t 3  3  x  x  0  ( x  2)( x  1) 0  x x 2.0 (*) VT (*) là số chính phương; VP (*) là tích số nguyên liên tiếp a 0.5  x  0  x   y 1   nên phải có số  x  0  x   y 2 Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) ( 1;1) ( x; y) ( 2; 2) b x  1; y   x   0; y   x 1  0;  0;  ( x  1) y y Áp dụng BĐT Côsi cho số dương: 1   3 1.1   2 3 ( x  1) ( x  1) ( x  1) x 3 (1) 0.75  x  1  x  1  x   3( x  1) 2     3   1.1     y  y   y   y  1   3 3 1.1    y y y y (2) (3) Từ (1); (2); (3):  x  1 1 3( x  1)   6    3 ( x  1)  y  y x y y  x  1 1  x  3x  2x x    3(  )   3 ( x  1)  y  y x y x y H d Xét n 0 thì A = không phải nguyên tố; n 1 thì A = nguyên tố 0.25 Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 0.5 Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số Số tự nhiên ần tìm n = B A M M' 0.25 N N' P E K C Q D F H a b Học sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g) suy AF = AK Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: 1 1 1      2 2 2 AK AE AD hay AF AE AD a (không đổi) 1 S KEF  KE.EF sin AEK  KE.EF cos AKE 2 HS c/m 1 S KEF  EH KF  EH ( KH  HF ) 2 Mặt khác: Suy ra: EH KH  EH HF KE.EF cos AKE EH ( KH  HF )  cos AKE  KE.EF EH KH EH HF  K cos EKF    K  cos AKE   sin EF  sin EKF cosEF EF EK KE EF : 0.5 0,5 0,25 0,25 0,5 Giả sử đã dựng điểm N thỏa mãn NP + NQ = MN 3.0 Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy tam giác NN’M cân  ' N  MN’ là phân giác DMM  Cách dựng điểm N: c - Dựng M’ đối xứng M qua AD d  ' - Dựng phân giác DMM cắt DM’ N’ 0.25 0.25 H - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD 0.25 I Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày cách P dựng cho điểm tối đa A B K O D C 0.25 1.0 Gọi O giao điểm đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d P HS lập luận BH + CI + DK = 4OP 0.25 0.25 Mà OP AO nên BH + CI + DK  4AO Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO 0.25 Đạt P  A hay d vuông góc AC Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề chấm điểm tối đa SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm) Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là số nguyên và số đo chu vi hai lần số đo diện tích Tìm độ dài các cạnh tam giác đó Câu (3,0 điểm) Cho biểu thức: P   x    x   x2   x    x   x2 x 1 2012 với x    1;1 Tính giá trị biểu thức P với Câu (3,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn:  x2  1 y2  16x2  x2  2x  y3  8x3y  8xy Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y x và hai điểm A(-1;1), B(3;9) nằm trên (P) Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m    m  3 Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi I là điểm nằm tam giác ABC (I không nằm trên cạnh tam giác) Các tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB M, N, P AI BI CI   2 a) Chứng minh: AM BN CP 1    AM.BN BN.CP CP.AM  R  OI  b) Chứng minh: Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi x, y, z là khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: y + z - x = R + r Câu (2,0 điểm) x;y  R  y 2 x    0 x;y   y  x Cho x; y thỏa mãn Chứng minh rằng: - HÕt Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Gồm trang) CÂU Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tam giác vuông có độ dài các cạnh là số nguyên và số đo chu vi hai lần số đo diện tích Tìm độ dài các cạnh tam giác đó Gọi độ dài các cạnh tam giác vuông là a, b, c (a là độ dài cạnh huyền) Theo giả thiết và định lý Pitago, ta có: a  b  c bc  1  2  b  c a    b2  c2  2bc 2  a  b  c   a2   b  c  1  a  1  b  c  a   a  b  c 0  loại  Thế a = b + c - vào (2) ta được: + bc - 2b - 2c =   b-2   c   2 3.0 0.5 0.5 0.5 0.5 Vì b, c là các số nguyên dương nên ta có các trường hợp sau: T.Hợp b-2 c-2 1 2 -1 -2 -2 -1 Vậy tam giác cần tìm có các cạnh là 3; 4; Câu Cho biểu thức b c a 5 K.Luận Nhận Nhận Loại Loại 1.0 P   x    x   x   x    x   x x    1;1 x  2012 Tính giá trị biểu thức 3.0 Ta coù: )   x     x   x  x  2x  1    x   x    x  0.5   x   x    )   x     x   x   x   x    Suy : 2 P   x   x2   x   x2 1  x   x   x  x   x 0.5 0.5 0.5 0.5 Vì x  1  1 x 1 x 2012  P 2   x  0.5  2013   P  1    2012  2012 Chú ý: Nếu HS tính P2 - Tính: P 2   x     x  x - Rút gọn: Câu 1.0 0.5 P 2   x     x  x 2013 2013  2013  1 P 2  2  x  2012 2012  2012  2012 - Thay 2013 P 2012 - Do P không âm suy Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x 2 0.5 1.0 *    x  1 y   Ta có: 3.0  1 y  16x  x  2x  y  8x 3y  8xy (*) 4x   x  2x  y  0 0.5  x  1 y  4x 0 yx  4x  y 0  1   3 x  2x  y  0   x  2x  y  0 + Nếu y = thì từ (1) suy x = 0, thay vào (2) không thỏa mãn + Nếu y 0, ta coi (1), (2) là phương trình bậc hai ẩn x Điều kiện để có nghiệm x '   y 2  4  y 0   y 2  ' y    y      là: Thay y = vào hệ (1), (2) ta được: 2x  4x  0  x 1  x  2x  0 Vậy x = 1, y = 2 y  x Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): và hai điểm A(-1;1), B(3;9) Câu    m  3 nằm trên (P) Gọi M là điểm thay đổi trên (P) và có hoành độ là m Tìm m để tam giác ABM có diện tích lớn y SABB'A'   AA ' BB'  A 'B'     20 SAMM'A'   AA ' MM'  A 'M'    m   m  1 m2 M A A' -1 M' m 0.5 0.5 1.0 3.0 B 0.5 0.5 1 0.5 B' x  MM' BB'  B'M'   m2  9   m  SABB'A'  SAMM'A'  SMBB'M' SMBB'M'  SABM 8   m  1 0.5 0.5 2 Câu a b S 8   m  1 8 vaø SABM 8  m 1 Ta có: ABM Suy SABM lớn  m = Vậy m = là giá trị cần tìm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi I là điểm nằm tam giác ABC (I không nằm trên cạnh tam giác) Các tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB M, N, P AI BI CI   2 a) Chứng minh: AM BN CP 1    AM.BN BN.CP CP.AM  R  OI  b) Chứng minh: Kẻ IK, AH vuông góc với BC K, H Ta có: IM IK SIBC A   AM AH SABC Tương tự, ta có: N P IN SIAC IP SIAB I  ,  BN SABC CP SABC IM IN IP   1 Suy ra: AM BN CP B H K M AM  AI BN  BI CP  CI    1 AM BN CP AI BI CI    2  ñpcm  AM BN CP AI BI CI OA  OI OB  OI OC  OI 2      AM BN CP AM BN CP Ta có: 1     R  OI       AM BN CP  1      vì R  OI  R  OI AM BN CP x  y  z Chứng minh:  Áp dụng (*) 3  xy  yz  zx  O 1.0 3.0 0.5 0.25 0.25 C (*) dấu đẳng thức xảy x = y = z 0.5 0.5 0.5 0.5 1 1 1         AM.BN BN.CP CP.AM  AM BN CP  2 Câu 1    ñpcm      R  OI   R  OI  Khi tam giác ABC thì dấu đẳng thức xảy Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có góc A tù Chứng minh rằng: y + z - x = R + r A Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB  OM = x, ON = y, OP N P = z Đặt AB = c, BC = a, CA = b Ta có tứ giác OMNC nội tiếp nên theo M định lý Ptôlêmê suy ra: B MN.OC + OM.CN = ON.MC C 0.5 O c b a  R  x y 2  c.R  x.b y.a  1 Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB và ONAP ta có: b.R  x.c z.a   1.0 y.c  z.b R.a  3 S SOAB  SOAC  SOBC  r  a  b  c  c.z  b.y  a.x Mặt khác: ABC Cộng v.v.v (1) và (2) trừ v.v.v cho (3) ta c.R  b.x  c.x  b.R  c.y  b.z a.y  a.z  a.R  4  R  a  b  c  a  y  z   b  z  x   c  y  x    0.5 0.5 Cộng v.v.v (4) và (5)  R  r   a  b  c   a  b  c   y  z  x   R  r y  z  x Câu  ñpcm  x,y  R  y 2 x     x,y    y  x Cho x, y thỏa mãn Chứng minh rằng: Từ giả thiết suy ra:    )   x   y  0  x  y   xy    (1) 1 ) x x x ; y y y  x x  y y   x  y  2 2 Lại có: 0.5 2.0 0.5 0.5 0.5 2 2 2 1 xy   3   xy    4     4  xy   x  y  Từ (1), (2), (3) và (4) ta có: 2 2 1 x x  y y  x  y   x  y    x  y  xy    2  4  xy  xy   4   xy  x  y  2   x  y  xy  y x x y y  x  y 2 x VT     1 y 1 x  x  y  xy (đpcm) Suy ra: x y  Dấu đẳng thức xảy khi: 0.25  Hướng dẫn chung: + Trên đây là các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, chính xác công nhận cho điểm + Thí sinh có cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần tương ứng đáp án trên đến đó + Chấm phần Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn, tính đến 0.25 điểm 0.25