50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết

50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết 50 đề HSG toán 9 cấp tỉnh chính thức có đáp án và giải chi tiết

50 ĐỀ HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP CẤP TỈNH LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 9, T sách luy n thi giới thiệu đến thầy cô em đề thi học sinh giỏi toán lớp tỉnh nước có hướng dẫn giải cụ thể Đây đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp em phát triển tư mơn tốn từ thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học nhẹ nhàng hiệu Các vị phụ huynh thầy cô dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề tốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi toán lớp tỉnh nước Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này! Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC MỤC LỤC Phần Đề thi Phần Đáp án • Đề 1: Trang ….58 • Đề 2: Trang ….62 • Đề 3: Trang ….65 • Đề 4: Trang ….69 • Đề 5: Trang ….73 • Đề 6: Trang ….77 • Đề 7: Trang ….84 • Đề 8: Trang ….89 • Đề 9: Trang ….93 • Đề 10: _Trang ….99 • Đề 11: _Trang ….104 • Đề 12: _Trang ….110 • Đề 13: _Trang ….113 • Đề 14: _Trang ….116 • Đề 15: _Trang ….121 • Đề 16: _Trang ….127 • Đề 17: _Trang ….131 • Đề 18: _Trang ….134 • Đề 19: _Trang ….141 • Đề 20: _Trang ….144 • Đề 21: _Trang ….152 • Đề 22: _Trang ….156 • Đề 23: _Trang ….160 • Đề 24: _Trang ….163 • Đề 25: _Trang ….168 • Đề 26: _Trang ….173 • Đề 27: _Trang ….176 • Đề 28: _Trang ….180 • Đề 29: _Trang ….183 • Đề 30: _Trang ….187 • Đề 31: _Trang ….190 • Đề 32: _Trang ….195 • Đề 33: _Trang ….199 • Đề 34: _Trang ….202 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC • Đề 35: _Trang ….207 • Đề 36: _Trang ….211 • Đề 37: _Trang ….213 • Đề 38: _Trang ….216 • Đề 39: _Trang ….219 • Đề 40: _Trang ….223 • Đề 41: _Trang ….226 • Đề 42: _Trang ….229 • Đề 43: _Trang ….234 • Đề 44: _Trang ….237 • Đề 45: _Trang ….241 • Đề 46: _Trang ….243 • Đề 47: _Trang ….246 • Đề 48: _Trang ….250 • Đề 49: _Trang ….254 • Đề 50: _Trang ….258 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐIỆN BIÊN LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/4/2019 Đề số Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (5,0 điểm)  Cho biểu thức P =  +    x   −  :   − x +1  x −1 x x + x − x −1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để biểu thức Q = x − P nhận giá trị nguyên )( ( ) Cho x + x + 2y + 4y + = Tính giá trị biểu thức x3 + 8y3 + 2019 Câu (4,0 điểm) Giải phương trình: 2x + x + = 3x x +  x − y = 2 Giải hệ phương trình:   3x − = −2  y3 Câu (3,0 điểm) Chứng minh: 2 +1 + 3 +2 + + ( n + 1) n + + n n  1− n +1 ( n  * ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 5x2 + 9y2 − 12xy + 24x − 48y + 82 Câu (6,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao BE, CF ABC ( E  AC; F  AB) Các đường cao BE, CF cắt (O) M N a) Chứng minh MN song song với EF; OA vng góc với EF b) Gọi H trực tâm ABC Chứng minh rằng: CH.CF + BH.BE = BC2 Cho điểm O thuộc miền ABC Các tia AO, BO, CO cắt cạnh BC , AC, AB G, E,F Chứng minh tổng OA OB OC không phụ thuộc vào + + AG BE CF vị trí điểm O Câu (2,0 điểm) Chứng minh P = x3 − 3x2 − 3x + số phương x = + + Tìm x, y  thỏa mãn: x2 − 2y2 = _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH LẠNG SƠN LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 23/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (4 điểm) x x −3 Cho biểu thức A = − ( x −3 x−2 x −3 x +1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị nhỏ biểu thức A Câu (4 điểm) )+ x +3 3− x với x  0; x  Cho phương trình x – ( m + ) x + m + 8m – = a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x cho P= x12 + x22 − 60 đạt giá trị nguyên x1 + x Câu (4 điểm) a) Giải phương trình x − x + − +5=0 x x b) Tìm tất cặp ( x; y ) nguyên thỏa mãn x2 y + ( x − ) + ( 2y − ) − 2xy ( x + 2y − ) = 2 Câu (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) , đường cao BE,CF cắt H ( E  AC,F  AB ) a) Gọi K = EF  BC , L = AK  ( O ) với L  A Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HL ⊥ AK b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm BC c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB = 90 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với Câu (2 điểm) Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số (Đề thi có trang) Câu (3,0 điểm) a Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y2 − xy + x − 2y + = n b Chứng minh A = 22 + 4n + 16 chia hết cho với số nguyên dương n Câu (6,5 điểm) a Giải phương trình: 8x + 4x 2x + =  2x + 2  ( x − 1) + ( y − ) = b Giải hệ phương trình:   ( x − 1)( y − ) − x − y = −3 Câu (2,5 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4  a   b   c  P=  +  +  a+ b  b+c   c+a  Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường trịn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a EF ⊥ OA b AM = AN Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB = ACB + 900 AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD = AC.BD Câu (2,0 điểm) Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính nằm hình vng mà không chứa điểm 91 2019 điểm cho _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH QUẢNG BÌNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (2.5 điểm) a Cho biểu thức A = x +1 - x x +1 + x - x +1 với x  Rút gọn tìm giá trị lớn A b Khơng dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức B = + 10 + + − 10 + Câu (2.0 điểm) ( ) a Xác định hệ số a b để đa thức P x = x − 2x + 3x + ax + b bình phương đa thức b Giải phương trình: − 4x + 4x + = −16x − 8x + (1) Câu (2,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) dây cung BC = a không đổi ( O Ï BC ) A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt H ( D  BC,E  AC,K  AB ) a Trong trường hợp BHC = BOC , tính AH theo a b Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH.DA nhận giá trị lớn Câu (1.0 điểm) Tìm tất số tự nhiên n cho C = 2019n + 2020 số phương Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z+6  ( x + y + z + = xyz Chứng minh rằng: ) yz + zx + xy Câu (1.0 điểm) Cho tam giác vuông ABC có AB = 3,AC = 4, BC = Xét hình chữ nhật MNPQ cho M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định kích thước hình chữ nhật MNPQ để có diện tích lớn _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐỒNG NAI LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 29/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (4,5 điểm) x − y = m + 1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình  (với m tham số thực) 2x − 3y = m + Tìm m để biểu thức P = x2 + 8y đạt giá trị nhỏ  x + y = 2) Giải hệ phương trình  (với x, y thuộc R)  x − y = −1 Câu (4,5 điểm) 1) Giải phương trình x − 9x + 24x − 27x + = (x  R) 2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c  a b c  + + +  4 + +  b c a a+ b b+c c+a  Câu (4,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1 = + Chứng minh rằng: abc chia hết a b c cho 2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999 Câu (2 điểm) Cho A = 1+ + 2+ + 3+ + + 99 99 + 100 tổng 99 số hạng B = + + + + 100 tổng 99 số hạng Tính A + B Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm AB, AC với đường trịn (I) Biết ba góc BAC, ABC, BCA , góc nhọn Gọi M N trung điểm hai đoạn BC AC 1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC 2) Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH THANH HÓA LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 22/3/2019 Đề số Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu (4,0 điểm)  x x − x −1  x + x−5  − : − Rút gọn biểu thức P =  , với x  0,x    x − x − x   x + x − x −      Cho a = + 50 , b = − 50 Không dùng máy tính, chứng minh biểu thức M = a + b N = a7 + b7 có giá trị số chẵn Câu (4,0 điểm) Giả sử x1 , x hai nghiệm phương trình x2 + 2kx + = ( k tham số ) Tìm 2 x  x  tất giá trị k cho :   +     x   x1  x + x + = 2y + Giải hệ phương trình   y + y + = 2x + Câu (4,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y ( x + y ) + x = + y ( x − 1) Cho n  * Chứng minh 2n + 3n + số phương n chia hết cho 40 Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn ( O, R ) điểm A cố định bên ngồi đường trịn, OA = 2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn ( O ) ( B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn ( O ) cắt AB,AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P, Q Chứng minh ABI = 60 tứ giác OBEQ nội tiếp Chứng minh EF = 2PQ Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R Câu (2,0 điểm) Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x + y − z + = Tìm giá trị lớn biểu thức: P= x3 y3 ( x + yz )( y + xz )( z + xy ) _Hết _ Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 248 a) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k  *   a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb Ở m   mà: m = ka – b  m + b = ka (1) (2) Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m +   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m  (vì m  ) Do b > nên b –  (do b  )  (m – 1)(b – 1)  Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)  Lại a > nên suy ra: k + – ka   k +  ka   k(a – 1) (4) a =  k(a − 1) =    a = Vì a –  (do a  , a > 0) k  , k > nên từ (4) có:   k(a − 1) =  k =  m − =  b = b − =  - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =    m − = b =   b − = Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =   m = Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b  b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) b) Ta có x + = y + z  x + = y + z + yz  (x − y − z ) + = yz  (x − y − z ) + 3(x − y − z ) + 12 = yz (1) yz − (x − y − z ) − 12 3= (2) vô lý 4(x − y − z ) TH1 Nếu x − y − z  Ta có ( x, y, z  N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) x − y − z = TH2 x − y − z = (1)   (3)  yz = x = x =   Giải (3) ta  y =  y = thử lại thỏa mãn z = z =   Câu Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 249 E D I M H A F C O B a) Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay FMB = 900 Mặt khác FCB = 900 (giả thiết).Do FMB + FCB = 1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp  CBM = EFM (1) (vì bù với CFM ) Mặt khác CBM = EMF ( ) (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM ) Từ (1) (2)  EFM = EMF Suy tam giác EMF tam giác cân E (Có thể nhận EMF = MBA = MFE nên suy EMF cân) b) Gọị H trung điểm DF Suy IH ⊥ DF DIH = DIF ( 3) Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF Suy DMF = DIF (4) Từ (3) (4) suy DMF = DIH hay DMA = DIH Trong đường trịn ( O ) ta có: DMA = DBA (góc nội tiếp chắn DA ) Suy DBA = DIH Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do DBA + HIB = 180o  DIH + HIB = 180o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng c) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng  ABI = ABD = sđ AD Mà C cố định nên D cố định  sđ AD khơng đổi Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD Câu Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 250 Ta có: B = − 2xy + = + = xy − 3xy xy xy(1 − 3xy) (x + y) − 3xy(x + y) Theo Côsi: xy  (x + y) = 4 Gọi Bo giá trị B, đó, x, y để: Bo =  3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = − 2xy  xy(1 − 3xy) (1) B  + Để tồn x, y (1) phải có nghiệm xy   = Bo2 – 8Bo +    o  Bo  − Để ý với giả thiết tốn B > Do ta có: Bo  + Với Bo = +  xy = + Bo = +  x(1 − x) = +  6Bo 6(2 + 3) 6(2 + )  x2 − x + + =  x = 6(2 + 3) 1+ 3 −1 1− −1 3 ,x = 2 Vậy, Bmin = + , đạt x = 1+ 3 −1 1− −1 3 , y= 2 3 −1 1+ −1 3 , y= 2 1− x= Đề số 48 Câu Ta có x = −1 = +1 ( − 1) = 2 −1  2x = −  2x + =  x + x − = (a) Do đó: x + x − x + = x (4 x + x − 1) + = x + x − x + x + = x (4 x + x − 1) - x (4 x + x − 1) + (4 x + x − 1) +4 = Từ (a)  x + x =  − 2x 2x + 2x = 1 ;  2x + 2x = 2 − 2x = 1 − 2x = − 2x = 1 Do A = 119 + ( 4) + 12014 = 10 Câu 1) Vì x, y nguyên nên ta có: x + y  xy + x + y (*) Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 251  ( x − xy + y ) + (4 x − x + 1) + ( y − y + 1)   ( x − y) + (2 x − 1) + ( y − 1)  x = Ta có (2 x − 1)  , 2x − lẻ  (2 x − 1) =   x =1 y = Với x = (*)  y ( y − 1)    y    ( thỏa mãn)  y =1 Với x = (*)  y − y +   2( y − 1)   y = ( thỏa mãn) Vậy ( x, y ) = (0;0); (0;1); (1;1)  4x − y = x + y (1) 2) Giải hệ  2 52 x − 82 xy + 21y = −9 (2) Nhân vế trái (1) với vế phải (2) nhân vế phải (1) với vế trái (2) ta có: (−9)(4 x − y ) = ( x + y)(52 x − 82 xy + 21y )  (−9)(4 x − y ) − ( x + y)(52 x − 82 xy + 21y ) =  8x + x y − 13xy + y =  (8x − 8xy ) + (2 x y − xy ) − (3 y + y x) =  8x( x − y ) + xy( x − y) − y ( x − y) =  ( x − y)(8x + 10 xy − y ) = 2 Biến đổi nhận phương trình: ( x − y )( x − y )( x + y ) = Với x = y tìm ( x; y ) = (0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn) ( x; y ) = (1;1); (−1;−1) ( thử vào hệ thấy thỏa mãn) Với y = x tìm ( x; y ) = (0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn) Với y = −2 x tìm ( x; y ) = (0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1;1); (−1;−1) Câu 1) Phương trình hoành độ giao điểm (d) (P) là: x + ax + a − = (3) (3) có  = (a − 4) Với a  (3) có hai nghiệm phân biệt x = −1; Khi A (−1;−2) ; B ( 2−a hoành độ điểm A, B 2 − a (2 − a) ; ) −2 Do AB = Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp  (2 − a)  2−a + 1) +  +  = 5  AB =  (  −2  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 252 ( − a ) ( a − 4a ) + =  a − 8a + 17a − 8a − = 4 a=2   (a − 2)( a − 6a + 5a + 2) =   a − 6a + 5a + = a nguyên thỏa mãn a − 6a + 5a + = (4) a ước  a = 1;   Thử a = 1;  vào (4) thấy không thỏa mãn Vậy a = giá trị cần tìm 2) Sử dụng bất đăng thức Côsi cho số dương ta có: 3 a +   (a + )  a a b+ 9 2 =  (b + )  4b 4b c+ 4  =  (c + )  c c 1 a+ b+ c+ + +  (3) 4 4a 8b c 1 a + 2b + 3c  Từ a + 2b + 3c  10 ta có a + b + c = (4) 4 13 + +  Từ (3) (4) suy a + b + c + (Đpcm) 4a 8b c ( Dấu xẩy a = 1; b = ; c = ) Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có: Lưu ý: Học sinh khơng thiết phải dấu Câu A D K E M H B I I Ta có: AEH = ADH = 90  AEHD nội tiếp Lại có: C (5) Tứ giác BEKI nội tiếp  EKI = 180 − ABC Tứ giác DKIC nội tiếp  DKI = 180 − ACB đó: EKD = 360 − EKI − DKI Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 253 = 360 − (180 − ABC ) − (180 − ACB) = ABC + ACB = 180 − BAC  EKD + BAC = 180  AEKD nội tiếp (6) Từ (5) (6) suy A, E , H , K , D thuộc đường tròn Ta có: BEC = BDC = 90  Tứ giác BEDC nội tiếp  ADE = ABC (7) Từ (6)  ADE = AKE (8) Từ (7) (8)  ABC = AKE Tứ giác BEKI nội tiếp  EKI + ABC = 180 (9) (10) Từ (9) (10) suy EKI + AKE = 180  A, K , I thẳng hàng BDC vng D có DI trung tuyến  ID = IC  IDC cân  IDC = ICD AID có DIA + IAC = IDC = ICD = KCD + ICK Mà tứ giác DKIC nội tiếp  DIA = KCD Do IAC = ICK (11) Tứ giác AEKD nội tiếp  IAC = KED (12) Từ (11) (12) suy KED = ICK  MEKC nội tiếp Câu C B N M G A P D O F E Chia lục giác ABCDEF tâm O thành tam giác cạnh 4cm (hìnhvẽ) Theo ngun lý Điriclê có điểm 19 điểm nằm hay cạnh tam giác Khơng tính tổng qt giả sử tam giác OAB Chia tam giác OAB trọng tâm G thành tứ giác nội tiếp ( hình vẽ) với GM ⊥ AB; GN ⊥ OB; GP ⊥ OA  OAB cạnh có đường cao 4 =  GA = Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp đường trịn đường kính GB, GA, GO Theo ngun lý Điriclê có điểm điểm xét nằm hay cạnh tứ giác nói trên, giả sử tứ giác GMBN  khoảng cách Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 254 hai điểm khơng vượt q đường kính GB = đường trịn ngoại tiếp tứ giác  điều phải chứng minh Đề số 49 Câu a) Phương trình tương đương với (x mà x, y  + y − xy ) + ( x − y ) + = 16 − y  ( x − y + ) = 16 − y ; nên ( x − y + ) = 16, y = (1) x − y + = 0, y = 16 (2) Ta có (1)  x = 2, y = x = −6, y = (2)  y = 4, x = y = −4, x = −10 Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y )  ( 2; ) , ( −6; ) , ( 6; ) , ( −10; − )  b) Bổ đề: Cho x, y số tự nhiên số nguyên tố p có dạng p = 3k + x3  y ( mod p )  x  y ( mod p ) 3 Thật vậy, x  y ( mod p )  x  y ( mod p ) , 3 3k 3k Với x  y ( mod p )  x  y ( mod p ) Với x, y chia hết cho p hiển nhiên p −1 p −1 3k +1  y 3k +1 ( mod p ) Với ( x, p ) = 1, ( y, p ) = ta có x  y  1( mod p )  x  x.x3k  y y 3k ( mod p )  x  y ( mod p ) x3k  y 3k ( mod p ) Áp dụng Bổ đề, ta có P ( x )  P ( y )( mod 11)  ( x − 1) + 11( x − 1) + 10  ( y − 1) + 11( y − 1) + 10 ( mod 11) 3  ( x − 1)  ( y − 1) ( mod 11)  x −  y − 1( mod 11)  x  y ( mod 11) 3 Do đó, P ( x )  P ( y )( mod 11)  x  y ( mod 11) Suy với n  , 11 giá trị P ( n ) , P ( n + 1) , , P ( n + 10) , có giá trị chia hết cho 11 Do đó, số P (1) , P ( 2) , , P (99) có số chia hết cho 11, P ( 0) = −2 khơng chia hết cho 11 Vậy có số thỏa mãn yêu cầu toán Câu ( a − 1) ( a + 2) = a + ; a3 − 3a + = a) Ta có P = a − 4a + 5a − ( a − 1)2 ( a − ) a − 2 mà a3 = 110 + 3 552 − 3024 ( ) 55 − 3024 + 55 + 3024  a3 = 110 + 3a  a3 − 3a − 110 = Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 255  ( a − 5) ( a + 5a + 22 ) =  a = Suy P = b) Ta có x3 = 3x − 1(1), y3 = y − (2), z = 3z − (3)  x3 − y = ( x − y )  x + xy + y = (4)   Từ (1), (2) (3) suy  y − z = ( y − z )   y + yz + z = (5)   2  z + zx + x = (6)  z − x = 3( z − x ) Từ (4) (5) suy x − z + xy − yz =  ( x − y )( x + y + z ) =  x + y + z = , (vì x, y, z đôi phân biệt) Cộng (4), (5) (6) theo vế với vế ta có 2 x + y2 + z ) + ( x + y + z ) =  x2 + y + z = ( 2 Câu 3 a) Điều kiện xác định: x  − , x  Phương trình tương đương với 12 x − ( x + 1) = x x + Đặt a = x, b = 3x + 2 ta có phương trình 3a − b = 2ab  ( b − a )( b + 3a ) =  b = a b = −3a Khi x + = x +) Với 3x + = −6 x x + = x , điều kiện x  , ta có 3x + = x  3x + = x  x − 3x − =  x = x = − (loại) +) Với 3x + = −6 x , điều kiện −  x  , ta có 3x + = −6 x  36 x − 3x −  x = − 153 + 153 x = (loại) 72 72 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = − 153 72 b) Nhân hai vế (2) với ta có hệ phương trình 3x + y − xy + x + y − = (1)  2 (2) 2x − y + 4x + y − = Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có (x − xy + y ) − ( x − y ) + =  ( x − y ) − ( x − y ) + =  ( x − y − 1)( x − y − 2) =  x = y + x = y + +) Với x = y + , vào (2) rút gọn ta có y ( y + 3) =  y = y = −3 Suy x = 1, y = x = −5, y = −3 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 256 −13 + 109 +) Với x = y + , vào (2) rút gọn ta có y + 13 y + =  y = y = −13 − 109 −7 + 109 −13 + 109 −7 − 109 −13 − 109 ,y= ,y= x = 6 Vậy hệ có nghiệm x = 1, y = ; x = −5, y = −3 ; Suy x = x= −7 + 109 −13 + 109 −7 − 109 −13 − 109 ,y= ,y= ; x= 6 Câu a) Ta có MNE = 1 (sđ AC + sđ BFE ) = (sđ AB + sđ 2 A M B BFE ) = AFE = sđ AC + sđ CE T H N C Q Suy ra: MNE + MFE = 180o K O Vậy tứ giác MNEF nội tiếp S I b) Gọi P giao điểm khác A AO với đường tròn (O; R) F J Lấy G đối xứng với E qua AP  D  EG, G  ( O ) G D E P Ta có MDG = NEG , AEG + AFG = 180  MDG + MFG = 180 o A o Suy tứ giác MDGF nội tiếp (1) Gọi giao điểm AG BC H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy điểm M, H, D, G, F nằm đường tròn U B M' M Q N Trung trực đoạn thẳng FG qua O cắt đường tròn (O) J; I  OJ , sđ JF =sđ JG sđ PG =sđ PE nên JOP =  hay I nằm đường thẳng cố định Đó đường thẳng qua O tạo với AO góc  không đổi c) Hạ IT ⊥ BC (T  BC )  TH = TM Do QH = QN , suy IS = MN Tam giác vng OSI có IOS =  khơng đổi nên OI nhỏ IS nhỏ  MN nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ tam giác AMN cân A Thật vậy, BC lấy M’ N’ cho M ' AN ' =  Khơng tính tổng quát giả sử QM '  QN ' suy AM '  AN ' Trên đoạn AM ' lấy điểm U cho AU = AN '  AUM = ANN ' (c.g.c)  S AM ' M  S ANN '  MM '  NN '  M ' N '  MN Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 257 Với  = 60o ; BC = R suy AQ = R − MN = ( R 2− ) = ( R −3 ( ) R R 2− = , 2 )  OI = R ( −3 ) Câu 2 Chứng minh được: x + y + z  x ( y + z ) 2 2 2 Tương tự ta có y + z + x  y ( z + x ) , z + x + y  z ( x + y ) Do ta chứng minh x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y) + +  xyz − yz − zx − xy Bất đẳng thức tương đương với y+z z+x x+y + +  ( − yz ) yz ( − zx ) zx ( − xy ) xy yz y+z  = ( − yz ) yz − yz + yz yz − yz ( Ta có ( 0 2− Vậy nên )( yz ) yz = − ( xy − 1) ) ( +  nên (2 − y+z , tương tự có  ( − yz ) yz + yz yz ) ) 1 ( yz + yz ( yz + yz ) )  , dễ có + yz z+x  ( − zx ) zx + zx x+ y  ( − xy ) xy + xy Do y+z z+x x+y 1 + +  + + ( − yz ) yz ( − zx ) zx ( − xy ) xy + xy + yz + zx Với a, b, c>0 có ( a + b + c )  1 1 a b b c c a + +  = +  +  +  +  +  +   + + + = nên a b c b a c b a c 1 + +  (*) a b c a+b+c Áp dụng (*) ta có + xy + + yz + + zx  + xy + yz + zx  1; x+ y y+z z+x + + = x + y + z = ) 2 y+z z+x x+y Vậy + +  ( − yz ) yz ( − zx ) zx ( − xy ) xy (Vì xy + yz + zx  2x2 + y + z 2 y + z + x2 2z + x2 + y + +  xyz Do ta có − yz − zx − xy Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 258 Đẳng thức xảy x = y = z = Đề số 50 Câu a) Điều kiện a  0; a  4; a  16 a − 16 a + a +1 − − a −6 a +8 a −2 4− a M= a − 16 − = ( a +4 )( ) ( )( a − + a +1 a −2 ) a −6 a +8 = a− a −2 ( a −2 Từ M = )( a −4 ) = a +1 a −4 a +1 = 1+ a −4 a −4 Để giá trị M nguyên ( ) ( a −4  - Nếu a − = −5  a = −1( ktm ) ; - Nếu a − = −1  a =  a = ( tm ) ; - Nếu a − =  a =  a = 25 ( tm ) ; - Nếu a − =  a =  a = 81( tm ) ) a −  1;  5 Vậy a 9; 25;81 b) Từ P ( x )  x  a  ta chứng minh   = b − 4ac  b2 b2 a + b + c 4a + 4ab + b  a+b+c  a+b+   Do b − 4ac   c  4a 4a b−a 4a ( b − a ) 2 ( 4a − b )  4a + 4ab + b 16a − 8ab + b + 12a ( b − a ) = = 3+ Mặt khác 4a ( b − a ) 4a ( b − a ) 4a ( b − a )  b = c = 4a  Vậy MinQ =  b = c = 4a  Dấu “=” xảy Câu Điều kiện x  m − 1; x  −m − Khi phương trình cho có dạng x2 + ( m + 3) x + m + = x2 + (1 − m) x  ( 2m + 2) = −m − (1) - Nếu m = −1; phương trình (1) có dạng 0x = −1 , vơ nghiệm, suy phương trình cho vơ nghiệm - Nếu m  −1; phương trình (1) có nghiệm x = − Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp m+2 2m + TÀI LIỆU TOÁN HỌC 259  m+2  − 2m + = m − Do phương trình cho vơ nghiệm   − m + = −m −  2m + m = m+2 2 Nếu − = m −  − m − = 2m −  m + m =   m = − 2m +   m = −2 m+2 2 Nếu − = −m −  −m − = −2m − 6m −  2m + 5m + =   m = − 2m +  Vậy có giá trị m để phương trình vơ nghiệm : −2 ; −1 ;0; − Câu 57 Nhận thấy với số nguyên dương m ta có p1954 − = 4m Ta chứng minh toán tổng quát p m − 60 với số nguyên tố p  số nguyên dương m Thật vậy, có p m − = ( p ) − 1m = ( p − 1) A = ( p − 1)( p + 1) ( p + 1) A m Do p lẻ nên p − 1; p + hai số chẵn liên tiếp ( p −1)( p + 1) ( p −1) p ( p + 1) 3, mà  ( p − 1)( p + 1) ( ) Lại có ( A  ) (1) p nguyên tố p  nên p không chia hết cho Do p nguyên tố p  nên p không chia hết cho  p = 5k  1;5k  - Nếu p = 5k   p = 25k  10k + = 5n + - Nếu p = 5k   p2 = 25k  20k + = 5l −1 (k , n, l  ) Suy p = ( 5n + 1)( 5l − 1)  p − = 5q  ( p − 1)( p + 1) ( p + 1) Từ (1);(2);(3) suy ( p − 1)( p + 1) ( p + 1) ( q  )( 3) 3.4.5 3,4,5 số đôi nguyên tố  ( p − 1)( p + 1) ( p + 1) 60 Vậy p m − 60 hay đpcm Câu Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 260 H A F N E O M B C D K a) Trong đường tròn ( O; R ) ta có AOE = AOB = ACB (1) Trong đường trịn ( E; EA) ta có AEO = ( ) 1 sđ ADB = 3600 − ADB = 1800 − ADB = ADC 2 ( 2) Từ (1) (2) suy AEO  ADC ( g − g ) b) Tương tự a) ta có AFO  ADB ( g − g )  AEO = ADC; AFO = ADB  AEO + AFO = ADC + ADB = 1800  AEOF nội tiếp đường trịn  E ,F nằm hai phía AO, suy ( OE AB + OF AC ) ( 3) OE AO AO.CD OF AO AO.BD =  OE =  OF = Lại có ( 4) ; = ( 5) CD AC AC BD AB AB AO.CD AO.BD AB + AC ( ) Thay (4); (5) vào (3) ta S AEOF = AC AB AB DB = Mặt khác AD tia phân giác tam giác ABC  (7) AC DC S AEOF = S AOE + S AOF = Thay (7) vào (6) ta AB AC  BD CD    4S AEOF = AO  CD + BD + BD  = AO  CD  AC AB  CD BD    R.a = AO ( BD + CD ) = AO.BC = R.a  S AEOF = (đvdt) c) Đường trung trực BC cắt cung lớn BC H , cung nhỏ BC K Khi H K hai điểm cố định điểm cung tương ứng Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 261 Gọi M , N tương ứng trung điểmcủa BD, AB  BNE = BME = 900 Do B, M , N , E thuộc đường trịn đường kính BE BEM = BNM = BAD = Lại có BHK = sđ BKC sđ BKC  BEM = BHK (8) Mặt khác EM / / HK (cùng vng góc với BC ), H , E phía so với BC (9) Gọi H ’ giao điểm BE; HK  BEM = BH ’K (10 ) Từ (8); (9); (10) suy H  H ’  B, E , H thẳng hàng  E  BH cố định Câu B E A C D F - Vì điểm phân biệt nằm đường trịn nên ba điểm ln tạo thành tam giác - Có 21 điểm tơ màu, có điểm có màu * Giả sử điểm A, B, C , D, E , F + Nối đoạn AB, AC , AD, AE , AF tơ màu nâu đen, có đoạn màu, giả sử AB, AC , AD tô màu đen Ta xét tam giác BCD, xảy hai khả TH1: Nếu ba cạnh BC , BD, DC tô màu nâu tam giác BCD có ba đỉnh màu đỏ ba cạnh màu nâu (thỏa mãn) TH2: Nếu ba cạnh BC , BD, DC có cạnh màu đen, giả sử BC cạnh màu đen, tam giác ABC có đỉnh tô màu đỏ, ba cạnh tô màu đen (thỏa mãn) Vậy ln tồn tam giác có ba đỉnh màu ba cạnh màu Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 262 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC ... lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi tốn lớp tỉnh nước Mặc dù có đầu... HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH ĐIỆN BIÊN LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 20 19 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/ 4/20 19 Đề số Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có trang) Câu... LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH QUẢNG BÌNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 20 19 MƠN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/3/20 19 Đề số Thời gian làm 150 phút,