Tuyển tập đề thi vào 10 môn chọn lọc hay và đặc sắc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.2 MB, 45 trang )
!""# "$%&'()*+
, : - (Thời gian làm bài: 150 phút.)
: Cho biểu thức: A =
)
11
.(
)(
2
2
1
).
11
(
3
+
+
+
++
+
:
−
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 +
; y = 3 -
: Cho 3 số a, b, c
≠
0 thỏa mãn: a
≠
b
≠
c và a
3
+b
3
+c
3
= 3abc.
P =
−
+
−
+
−
; Q =
−
+
−
+
−
Chứng minh rằng : P.Q = 9.
!"#
: Giải phơng trình : (4x – 1)
+
= 2(x
2
+1) + 2x -1.
$%&'(&)*+#&),-./.
: Giải hệ phương trình sau:
++=++
=+−
: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x
4
+y
4
+z
4
=3xyz. Hãy tính giá trị của
biểu thức M = x
2006
+ y
2006
+ z
2006
: Cho Parabol (P) có phương trình y = x
2
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 nhất .
b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến
của (P) tại điểm M.
$01 !"#
: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x
3
+ x
2
+ x +1 = 2003
y
: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất
kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo
thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB.
c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c
: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC
(Q
∈
AB) và PR//AB (R
∈
AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
(Bài 1000 -"23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp")
./%012$%&
,3-
Bài Lời giải Biểu
điểm
1
a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x
≠
y
A =
+
+
+
++
+
:
−
=
+
+
+
+
+
.
−
=
+
++
.
−
=
.
−
=
−
b) Với x= 3 +
Và y = 3 -
ta có : x >y do đó
A =
>
−
Mà A
2
=
=
−
=
−−−++
−+
=
−+
Vậy : A =
=
0,25
0,75
0,25
0,75
2
Ta có : a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
⇔
a
3
+ b
3
+ c
3
-3abc = 0
⇔
(a + b + c ) ( a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – ac – bc ) = 0 (1)
Mà a
2
+ b
2
+ c
2
- ab – ac –bc =
[(a –b )
2
+ (b – c)
2
+(c-a)
2
]
≠
0
( Do a
≠
b
≠
c )
Do đó:(1)
⇔
a +b +c = 0
⇒
a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2)
Mặt khác :
P =
−+−+−
=
−
+
−
+
−
P =
−−−
=
−+−+−
(3)
Hơn nữa :
Đặt
=−
=−
=−
Ta có
−=−+=−
−=−+=−
−=−+=−
(do (2) )
Vì thế :
Q =
−
+
−
+
−
−=
−
+
−
+
−
= -
−−−
( Biến đổi tương tự rút gọn P )
= -
−−−
−−−−
0,5
0,5
=
−−−
−
(4)
Từ (3) và (4) ta có : P.Q=
=
−−−
−−−−
Vậy P.Q = 9
0,75
0,25
3
(4x – 1)
=+
2(x
2
+1) +2x -1 (5)
Đặt
+
= y ( y
≥
1) Ta có :
(5)
⇔
(4x -1).y = 2y
2
+ 2x – 1
⇔
2y
2
- 4xy +2x + y -1 = 0
⇔
(2y
2
– 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0
⇔
2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0
⇔
(y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0
⇔
<=
−=
lo¹i
⇔
+
= 2x -1
⇔
x
2
+ 1 = 4x
2
– 4x + 1
⇔
x(3x – 4) = 0
⇔
=
=
0,25
1,0
0,75
4
(I )
++=++
=+−
(ĐKXĐ : x
≥
0; y
≥
0 )
Ta có :
( a)
⇔
(
−
)(
=++
⇔
−
=0
⇔
=
⇔
x = y thế vào (b) ta đợc :
2x +18x = 4
++
⇔
20x - 7
-13 = 0 (6)
Đặt
= t (t
≥
0 ) ta có :
( 6)
⇔
20 t
2
– 7t – 13 = 0
⇔
<
−
=
=
lo¹i
⇔
= 1
⇔
x = 1
Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1)
1,0
1,0
5
Theo BĐT Cô si ta có :
=≥
+
=≥
+
=≥
+
⇒
⇒
x
4
+ y
4
+z
4
≥
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
( 7 )
Mặt khác : x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
≥
xy
2
z + xyz
2
+x
2
yz (C/M tương tự quá trình
trên)
0,75
⇔
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
≥
xyz (x +y +z)
⇔
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+x
2
z
2
≥
3xyz (8) (do x +y z =3 )
Do đó : x
4
+y
4
+ z
4
≥
3xyz (9)
Dấu “ = “xảy ra
⇔
===
===
⇔
x = y = z (10)
Hơn nữa x + y +z =3 (11)
Từ (10 ) và (11)
⇒
3x = 3
⇒
x = 1
⇒
y = z =1
⇒
x
2006
+ y
2006
+ z
2006
= 1 + 1 +1 = 3
Vậy : M = 3
0,75
0,5
6
a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a
2
) do đó :
AM
2
= (a – 3)
2
+(a
2
– 0)
2
= a
4
+ a
2
– 6a +9
= (a
4
-2a
2
+1 ) +3 ( a
2
– 2a +1 ) +5
= ( a
2
-1)
2
+ 3(a-1)
2
+ 5
≥
5
⇒
AM
≥
⇒
Min AM =
khi và chỉ khi a = 1
b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất
⇔
a = 1 ,Khi đó M(1;1)
Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = -
+
(do A(3;0)) ( c )
Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại
điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12)
(Do M(1;1)
∈
(d) )
và phương trình : x
2
= ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) )
Mà : x
2
= ax + b
⇔
x
2
– (ax + b ) = 0 (14)
Phương trình (14 ) có
∆
= (-a)
2
– 4.1.(-b) = a
2
+ 4b
Nên : (13)
⇔
a
2
+ 4b = 0 (15)
Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình:
−=
=
⇔
−=
=−+
⇔
=+
=+
Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với
( P ) tại M là : y = 2x -1 (d)
Từ (c ) và ( d)
⇒
(d) AM (do -
. 2 = -1 )
Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM
1.0
0,25
0,5
0,25
7
+)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình :
+ x
2
+x +1 = 2003 (16)
+) Với y< 0 ta có : 2003
y
∉
Z mà x
3
+x
2
+x +1
∈
Z
(Với x
∈
Z )
⇒
Phương trình (16) không có nghiệm nguyên thỏa mãn y <
0
+) Với y >0 ta có :
0,5
0,25
(16)
⇔
(x +1)(x
2
+1) = 2003
y
(*)
Từ (*)
⇒
x +1 >0 (do x
2
+1 > 0 và 2003
y
> 0 )
Đặt ƯCLN ( x + 1; x
2
+1 ) = d ta có :
(x+1)
d và (x
2
+ 1)
d
⇒
[ x
2
+1 + (x +1) (1 - x)]
d
⇒
⇔
2
2
2003(*)
2
tõ nòa Hon
⇒
d =1 (**)
Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003
y
chỉ có thể là 1 hoặc
2003
m
(m
∈
N
*
) (***)
Từ (*) , (**) và (***)
⇒
=+
=+
⇒
x = 0
⇒
y = 0 (loại)
⇒
phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0
Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0)
1,0
0,25
8
a) Ta có : E là giao điểm
của 2 đường trung trực
của 2 cạnh AD,AB
Nên E là tâm đường tròn
ngoại tiếp
∆
ABD.
Tương tự ta có: F là tâm
đường tròn ngoại tiếp
∆
ACD
Do đó :
+ABD =
2
1
AED
⇒
AED = 2 B
+ACD =
2
1
AFD
⇒
AFD = 2 C
⇒
AED + AFD = 2 (B +C) =180
0
⇒
AEDF Nội tiếp (17)
Lại có : AI =
2
1
BC = BI
⇒
∆
ABC cân tại I
⇒
BAI = B
⇒
AID = 2 B
⇒
AID + AFD = 180
0
⇒
Tứ Giác AIDF nội tiếp (18)
Từ (17 ) ; (18 )
⇒
5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD
⇒
∆
AEF =
∆
DEF ( c. c.c )
⇒
+ )AEF = DEF =
2
1
AED =
2
1
. 2 B = B
+ ) Tương tự AEF = C
Suy ra
∆
AEF
∆
ABC (g.g)
⇒
34
35
3$
36
=
⇒
AE.AC = AE. AB
c) Theo câu b) Ta ccó :
∆
AEF
∆
ABC
⇒
=
3$
36
,
34
35
=
( k là tỉ số đồng dạng)
⇒
AE =kc ; AF = kb .
0,5
0,5
0,5
0,5
A F
C
DIHB
E
M
Ta có :
∆
AEF vuông tại A (do
∆
ABC vuông tại A
và
∆
AEF
∆
ABC )
Nên diện tích
∆
AEF là S =
2
1
AE.AF
⇒
2S = k
2
bc (19)
Mặt khác S =
2
1
AM.EF
⇔
2S = AM . EF
⇔
4S
2
= AM
2
.EF
2
⇔
4S
2
= (
2
)
2
37
. (k
2
b
2
+ k
2
c
2
) (20)
Từ (19) và (20)
⇒
2S =
37
222
.
4
+
⇒
S =
2
22
.
8
37
+
(21)
Do đó : S nhỏ nhất
⇔
AD nhỏ nhất
Mà AD
≥
AH ( AH BC , H
∈
BC )
Lại có AH =
2222
.
37
$4
343$
+
≥⇒
+
=
(22)
Từ (21) ; (22)
⇒
S
≥
8
)(
.
8
22
222
=
+
+
Vậy Min S =
8
( Khi D
≡
H )
9
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)
⇒
BDP =
2
1
BQP =
2
1
BAC (23)
* Tương tự : CDP =
2
1
BAC (24)
Từ (23) ;(24)
⇒
BDC = BAC
⇒
điểm D thuộc cung BAC
(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 của AB với
đường trung trực của D
’
B ; qua Q
’
kẻ Q
’
P
’
// AC qua P
’
kẻ P
’
R
’
// AB ta có
Q
’
R
’
là đường trung trực của D
’
P
’
Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC (trừ 2 điểm B,C )
1,0
1,0
A
CPB
D
Q
R
45.6.7896:.6;6<=:.>*:=,.78?@A?&
ĐỀ THI MÔN: BC:
8'9.: #;
8D:(1<.)
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
4
+2009
2
+2008
+2009
8D?:(1<.)
Giải phương trình sau:
13
2+
+
15
452 +
=
37
83 +
+
9
694 +
8DE: (2<.)
a/ Chứng minh rằng
2
44
' +
2233
''' −+≥
b/ Cho hai số dương a,b và a=5-b.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng P=
'
11
+
8DF:(<.)
a/ Cho a và b là hai số thực dương thõa mãn điều kiện :
200820082007200720062006
''' +=+=+
Hãy tính tổng: S=
20092009
' +
b/ Chứng minh rằng :A=
26
4813532
+
+−+
là số nguyên
8DG3(1 điểm)Tìm các số nguyên dương x,y thõa mãn phương trình sau:
xy-2x-3y+1=0
8DH: (3điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AC>AB ,đường cao AH (H thuộc BC).Trên
tia HC lấy điểm D sao cho HD=HA.Đường vuông góc với với BC tại D cắt AC tại 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 của BE và vẽ tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng:
=43=
=7
$4
>$
+
=
PHÒNG GD-ĐT CAM LỘ
45.6.7896:.6;6<=:.>*:=,.78?@A?&
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: BC:
8D: (1 điểm)
4
+2009
2
+2008
+2009
CH NH TH CĐỀ Í Ứ
CH NH TH CĐỀ Í Ứ
= (
4
+
2
+1) +2008(
2
+
+1) 0,25 đ
= (
2
+
+1)(
2
-
+1)+ 2008(
2
+
+1) 0.5 đ
= (
2
+
+1)(
2
-
+2009) 0,25 đ
8D?: ( 1 điểm)
13
2+
+
15
452 +
=
37
83 +
+
9
694 +
⇔
(
13
2+
+1)+(
15
452 +
-1)=(
37
83 +
+1)+(
9
694 +
-1) 0,25đ
⇔
+
+
13
15
15
)15(2 +
=
37
)15(3 +
+
9
)15(4 +
0,25đ
⇔
0)
9
4
37
3
15
2
13
1
)(15( =−−++
0,25 đ
⇔
x=-15 0,25 đ
8DE: (2 điểm)
a/ (1 điểm)
2
44
' +
2233
''' −+≥
≥+⇔
44
'
2233
222 ''' −+
0,25 đ
−+⇔
44
'
2233
222 ''' +−
0
≥
0,25 đ
)2()2(
22342234
''''' +−++−⇔
0,25 đ
0)()(
2222
≥−+−⇔ '''
0,25 đ
b/ (1 điểm)
P=
'
11
+
=
'
' +
=
'
5
0,25 đ
P=
2
)(
20
4
20
'' +
≥
=
5
4
0,5 đ
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
5
4
khi a=b=
2
5
0,25 đ
8DF (2 điểm)
a/ (1 điểm)
Ta có:
=+
20082008
'
(
)())(
2006200620072007
'''' +−++
0,25 đ
⇔
1=
''
−+
0,25 đ
⇔
0)1)(1( =−− '
0,25 đ
⇒
1,1 == '
Vậy S=1+1=2 0,25 đ
b/ (1 điểm)
A=
26
4813532
+
+−+
A=
26
)132(532
2
+
+−+
0,25 đ
=
26
)13(32
2
+
−+
0,25 đ
=
26
322
+
+
=
26
)26(
2
+
+
0,25 đ
=1
∈
Z 0,25 đ
8DG (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
≠
3 thì
y=2+
3
5
−
0,25 đ
Để y nguyên thì x-3 phải là ước của 5 0,25 đ
Suy ra: (x,y) là (4,7) ;(8,3) 0,25 đ
8DH (3 điểm)
a) (1đ điểm)
Tam giác ADC và tam giác BEC:
47 43
46 4$
=
( 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) 0,25 đ
b)(1 điểm) Theo câu ta suy ra:
374$64
∠=∠
có:
0
135=∠+∠=∠ 376674374
Suy ra:
0
135=∠$64
0,5 đ
Suy ra:
0
45=∠36$
0,25 đ
Do đó: Tam giác ABE cân( tam giác vuông có một góc bằng 45
0
) 0,25 đ
c)(1 điểm)
Tam giác ABE cân tại E nên AM còn là phân giác của góc BAC
Suy ra:
>$ 3$
>4 34
=
, mà
( ) ( )
//
3$ 67 3= =7
3$4 764 67 3=
34 74 =4 =4
= ∆ ∆ = =:
0,5 đ
Do đó:
>$ =7 >$ =7 >$ =7
>4 =4 >$ >4 =7 =4 $4 3= =4
= ⇒ = ⇒ =
+ + +
0,5 đ
.I: !".*:.
B*6
"J.68.7:.7896:.6;6KL&:=,.78?EA?F
Môn: -
Thời gian: 150 phút ,-,<8''!
Đề thi gồm có: 01 trang
8D3(6 điểm)
a) Cho
)
65
2
3
2
2
3
(:)
1
1(
+−
+
+
−
+
+
−
+
+
−=
?
1. Rút gọn M
2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
b) Tính giá trị của biểu thức P
200653
20112013
++= (
với
328183223.226 −−++−+=
8D?3(4 điểm) Giải phương trình
a) (
24)6)(5)(4)(3
=++++
b) |
12
2
−−
| =
12
2
−−
8DE3(4 điểm)
a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2 2
1 1
?
= + +
÷
÷
b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
6
@ @
+ + =
+ + +
.
Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2 @ @ @
+ + ≤
+ + + + + +
.
8DF3(5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của
đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi
P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.
2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì
biểu thức
6 6
sin cos(
α α
= +
. Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó.
3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD
3
và
3
3
$6 46
$5 75
=
.
8DG3(1 điểm)
CH NH TH CĐỀ Í Ứ
Tìm n
∈
N
*
sao cho: n
4
+n
3
+1 là số chính phương.
- Hết -
AB:4C!,-D).E
.I: !".*:.
B*6
.ML: N:8.O,.68.7:.7896:.6;6KL&
:=,.78?EA?F
Môn: -
8D3(6 điểm)
a) (4,5đ)
ĐKXĐ:
9;4;0 ≠≠≥
(*)
1)Rút gọn M : Với
9;4;0 ≠≠≥
(0,5đ)
1
2
)3)(2(
2)4(9
:
1
1
)3)(2(
)2()2)(2()3)(3(
:
1
1
)3)(2(
2
3
2
2
3
:
1
1
+
−
=
−−
++−−−
+
=
−−
+++−−−+
+
=
−−
+
+
−
+
−
−
+
+
−+
=
?
Vậy
1
2
+
−
=
?
(với
9;4;0 ≠≠≥
) (*) (2,5đ)
2)
1
3
1
1
3
1
1
1
31
1
2
+
−=
+
−
+
+
=
+
−+
=
+
−
=
?
(0,75đ)
Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi:
)3(113 F ∈+⇔+
Ư(3)
{ }
3;1 ±±∈
Vì
0 0 1 1 ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥
Nên
}{
3;11∈+
Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ)
.
0011 =⇔=⇔=+
(TMĐK (*) )
.
4231 =⇔=⇔=+
(không TMĐK (*) loại ) (0,25đ)
Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên.
b_
3.28183223.226 −−++−+=
Có
2424)24(2818
2
−=−=−=−
(0,5đ)
13)13(43224322
2
+=+=+=−++
(0,25đ)
6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3 = + − − − = + − − = + − −
3324313263)13(26
2
−+=−−+=−−+=
13133133)13(
2
=−+=−+=−+=
(0,75đ)
Với x = 1.Ta có
201420065320061.51.3
20112013
=++=++=(
Vậy với x = 1 thì P = 2014
8D?3(4 điểm)
a. (
24)5)(4)(6)(3 =++++
24)209)(189(
22
=++++
(1)
Đặt
=++ 199
2
(1) ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0
y
2
– 25 = 0
0)149)(249(
22
=++++
0)249)(7)(2(
2
=++++
Chứng tỏ
0249
2
>++
Vậy nghiệm của phương trình :
7;2 −=−=
b. Ta có
0)1()12(12
222
<−−=+−−=−−
pt trở thành :
1212
22
+−=−−
1=
P?G
P?G
PG
PG
P?G
PG
PG
P?G
P?G
PG
P?G
8DE3(4 điểm)
a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1.
Tìm GTNN của biểu thức: M =
2 2
2 2
1 1
+ +
÷
÷
M =
2 2
2 2
1 1
+ +
÷
÷
=
4 4 2 2
2 2
2 2 2 2
1 2 1
1 1
+ +
+ + + =
( )
2
2
2
2 2
2 2
2 2
1
1 1
+
+
= = = +
÷
÷
Ta có:
1 1 15
16 16
+ = + +
÷
* Ta có:
1 1 1 1
2 . 2.
16 16 4 2
+ ≥ = =
(1) *
1 1 1 1 4 1 15 15
4
2 2 4 16 16 4 16 4
+
≤ = ⇒ ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ = ⇒ ≥
(2)
0,5
0, 5
Từ (1) và (2)
1 1 15 1 15 17
16 16 2 4 4
⇒ + = + + ≥ + =
÷ ÷
Vậy M =
2
2
1 17 289
4 16
+ ≥ =
÷
÷
Dấu “=” xảy ra
1
1
1
16
4
2
=
=
⇔ ⇔ ⇔ = =
=
=
(Vì x, y > 0)
Vậy min M =
289
16
tại x = y =
1
2
0,5
0,25
0,25
0,5
b
Cho x, y là các số dương thỏa mãn:
1 1 1
6
@ @
+ + =
+ + +
Chứng minh rằng:
1 1 1 3
3 3 2 3 2 3 2 3 3 2 @ @ @
+ + ≤
+ + + + + +
Áp dụng BĐT
1 1 4
' '
+ ≥
+
(với a, b > 0)
1 1 1 1
4' '
⇒ ≤ +
÷
+
Ta có:
( ) ( )
1 1 1 1 1
3 3 2 2 2 4 2 2 @ @ @ @ @
= ≤ +
÷
+ + + + + + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 @ @ @ @
≤ + ≤ + + +
÷
+ + + + + + + + + +
1 2 1 1
16 @ @
≤ + +
÷
+ + +
Tương tự:
1 1 2 1 1
3 2 3 16 @ @ @
≤ + +
÷
+ + + + +
1 1 2 1 1
2 3 3 16 @ @ @
≤ + +
÷
+ + + + +
cộng vế theo vế, ta có:
1 1 1 1 4 4 4
3 3 2 3 2 3 2 3 3 16 @ @ @ @ @
+ + ≤ + +
÷
+ + + + + + + + +
4 1 1 1 1 3
.6
16 4 2 @ @
≤ + + = =
÷
+ + +
8F3'G+
1
1
I
H
Q
P
O
A
F
D
C
E
B
BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA
Nối OE,
∆
BEF vuông tại B; BA
⊥
EF nên AB
2
= AE. AF
⇒
AB E
1 1
AB AF
2 2
36 3$ 36 3 3$
3$ 35 G3 3H
= ⇒ = ⇒ =
Vậy
∆
AEO
:
∆
ABQ(c.g.c). Suy ra
· ·
E3$H 3 G=
mà
·
µ
1
3$H (=
(góc có các
cạnh tương ứng vuông góc) nên
·
µ
1
36G (=
, mà hai góc đồng vị => PH // OE.
Trong
∆
AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA.
2. Ta cã:
( ) ( )
3 3
6 6 2 2
sin cos sin s( !
α α α α
= + = +
( )
2 2 4 2 2 4
sin cos sin sin cos cos(
α α α α α α
= + − +
( )
2
2 2 2 2 2 2
sin cos 3sin cos 1 3sin cos(
α α α α α α
= + − = −
Ta cã:
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1
sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos
4
α α α α α α α α
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
Suy ra:
2 2
3 1
1 3sin cos 1
4 4
(
α α
= − ≥ − =
Do ®ã:
min
1
4
( =
khi vµ chØ khi:
2 2
sin cos sin cos
α α α α
= ⇔ =
(v×
α
lµ
0,25
.
0,75đ.
0,75đ.
0,25đ
.
0,75đ.
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
gãc nhän)
0
sin
1 1 45
cos
α
α α
α
⇔ = ⇔ = ⇔ =
Khi đó CD vuông góc với AB
3. Ta có
∆
ACB và
∆
ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên
·
·
0
D 9034$ 3 $= =
=> ADBC là hình chữ nhật.
Ta có: CD
2
= AB
2
= AE. AF => CD
4
= AB
4
= AE
2
. AF
2
= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF
⇒
AB
3
= CE.DF.EF. Vậy CD
3
= CE.DF.EF
Ta có:
2 4 2
2 4 2
A.EF E E .
A. .
$6 6 3 $6 3 46 $6
$5 5 65 35 $5 35 75 $5
= = ⇒ = =
⇒
3
3
$6 46
$5 75
=
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8DG: Giả sử n
4
+n
3
+ 1 là số chính phương vì n
4
+n
3
+ 1> n
4
= (n
2
)
2
( )
)NK(KKn2nKn1nn
*224
2
234
∈++=+=++→
01K)k2n(n1KKn2n
22223
≥−=−→−=−→
Mà
1Kn1K
222
=→−
hoặc
1Kn
22
−≤
Nếu
2n0)2n(n1K1K
22
=→=−→=→=
Thử lại
234
5122 =++
( thỏa mãn)
Khi K
nKn1KK1
222
>→≥−>→≠
→
0k2n
<−
mâu thuẫn với điều kiện
( )
01KK2nn
22
≥−=−
()
Vậy n = 2
.I: !"
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA
45.6.7896:.6;6
,3BC:
!"#$%&'"!&( !"!)*
"JQ*
8DI <.ICho biểu thức:
1 1 1
4
1 1
(
' '
' '
' ' '
=
÷
÷
÷
+ −
− + −
− +
.
a) Rút gọn (.
b) Tính giá trị của ( tại
( ) ( )
2 3 3 1 2 3' = + − −
.
8D?I<.IGiải phương trình:
2 1 1 1. − − − − =
8DEI<.ICho J là các số dương.
a) Chứng minh:
2
+ ≥
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
?
= + +
+
.
8DFI <.ICho điểm ? nằm trên nửa đường tròn tâm Gđường kính 3$KL
(? không trùng với 3và$). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường
thẳng 3$J kẻ tiếp tuyến 3. Đường thẳng $? cắt 3 tại M; tia phân giác của
·
M3?
cắt
nửa đường tròn G tại E, cắt M$ tại 5Nđường thẳng$6 cắt 3M tại =, cắt 3? tại OI
a) Chứng minh 4 điểm 5J6JOJ? cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh
=5 $M
⊥
.
c) Xác định vị trí của ? trên nửa đường tròn G để chu vi
3?$
∆
đạt giá trị lớn
nhất và tìm giá trị đó theo L?
8DGI <.ITìm các số tự nhiên J biết rằng:
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879
+ + + + − =
.
Hết
*R3 D,-PQ2R9+I
.I: !"
45.6.7896:.6;6KL&
,3BC:
"CC:P
8ST :U6 T: "6V,
1
a
Điều kiện
0
0
1
1
0
'
'
'
'
'
≥
>
≠ ⇔
≠
≠
0.25
( ) ( )
( )
2 2
1 1 4 1
1
.
1
' ' ' '
'
(
'
'
+ − − + −
−
=
−
0.25
( )
4 4 1
4 (1 1)
4
' ' '
' '
'
' '
+ −
+ −
= = =
0.25
Vậy
4( '=
0.25
b
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2 3 2 3 . 3 1' = + − + −
0.25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 3 . 3 1 2 3 3 1 2 3 4 2 3= + − = + − = + −
0.25
( ) ( )
2 2 3 2 3 2= + − =
. 0.25
Vậy
2' =
do đó
4 4 2( '= =
0.25
2
Điều kiện
1 ≥
0.25
( )
2
2 1 1 1 1 1 1 1 − − − − = ⇔ − − − − =
1 1 1 1 ⇔ − − − − =
(1)
0.5
Khi
1 1 1 1 2 − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
: Ta có
(1) 1 1 1 1 ⇔ − − − − =
. Phương trình vô nghiệm
0.25
Khi
0 1 1 0 1 1 1 2 ≤ − < ⇔ ≤ − < ⇔ ≤ <
: Ta có
( )
1 ⇔
(1) 1 1 1 1 2 1 0 1
⇔ − − − − = ⇔ − − = ⇔ =
0.25
Vậy
1 =
là nghiệm của phương trình đã cho. 0.25
3
a
Vì S J > 0 nên
0
>
và
0
>
0.25
Áp dụng bất đẳng thức
2' '+ ≥
dấu "=" xảy ra
' ⇔ =
ta có
2 . 2
+ ≥ =
0.25
0.25
Vậy
2
+ ≥
.
0.25
Dấu "=" xảy ra
2 2
⇔ = ⇔ = ⇔ =
(vì S J > 0)
0.25
b
Đặt
'
= +
, ta có
1 3 1
4 4
' '
? '
' '
= + = + +
0.25
Vì
2
'
= + ≥
nên
3 3
4 2
'
≥
;
0.25
Ta có
1 1 1
2 . 2. 1
4 4 2
' '
' '
+ ≥ = =
0.25
Do đó
1 3 1 3 5
1
4 4 2 2
' '
? '
' '
= + = + + ≥ + =
;
5
2
2
? ' = ⇔ = ⇔ =
0.25
Vậy giá trị nhỏ nhất của ? bằng
5
2
khi và chỉ khi
=
. 0.25
Hình vẽ
6
W
,
.X
4
*B(
a
Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên
·
0
905?O =
và
·
0
9056O =
.
0.5
Vậy 4 điểm 5J6JOJ? cùng nằm trên đường tròn đường kính FK 0.25
b
Ta có
=3O
∆
cân tại 3 nên 3=K3O (1) 0.25
O là trực tâm của
35$
∆
nên ta có
5O 3$
⊥
suy ra FK // AH (2) 0.25
Do đó
·
·
53= 35O=
mà
·
·
53= 53O=
(gt) cho nên
·
·
35O 53O=
0.25
Suy ra 3OKO5, kết hợp với (1) ta được 3=KO5 (3) 0.25
Từ (2) và (3) ta có 3O5= là hình bình hành nên =5TT3OIMà
3O M$
⊥
suy ra
=5 M$
⊥
. 0.25
c
Chu vi của
3?$
3?$ 4 ?3 ?$ 3$
∆
∆ = = + +
lớn nhất khi chỉ khi
?3U?$lớn nhất (vì AB không đổi).
0.25
Áp dụng bất đẳng thức
( )
( )
2
2 2
2' ' + ≤ +
dấu "=" xảy ra
' ⇔ =
, ta có
( )
2
2 2 2
2( ) 2?3 ?$ ?3 ?$ 3$+ ≤ + =
0.25
Nên ?3U?$ đạt giá trị lớn nhất bằng
23$
khi và chỉ khi
?3K?$ hay ? nằm chính giữa cung 3$.
0.25
Vậy khi ? nằm chính giữa cung 3$ thì
3?$
4
∆
đạt giá trị lớn nhất.
Khi đó
2 (1 2) 2 (1 2)
3?$
4 ?3 ?$ 3$ 3$ 3$ 3$ L
∆
= + + = + = + = +
0.25
5
Đặt
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4
3 = + + + +
, ta có
2 .
3
là tích của 5 số
tự nhiên liên tiếp nên
2 .
3
chia hết cho 5. Nhưng
2
không chia hết
cho 5, do đó A chia hết cho 5.
0.25
Nếu
1 ≥
, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 5
+ + + + −
chia hết cho 5
mà 11879 không chia hết cho 5 nên
1 ≥
không thỏa mãn, suy ra
K I
0.25
Khi đó Jta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879
+ + + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 1 11879
⇔ + + + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 11880
⇔ + + + + =
0.25
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 3
⇔ + + + + = ⇔ =
.
Vậy
3; 0 = =
là hai giá trị cần tìm.
0.25
"
Bài 1: (3điểm): Cho A =
4
+
− − +
a) Rút gọn A. b) Tìm
để A nhận giá trị nhỏ nhất.
Bài 2 : (2điểm): Giải hệ phương trình:
2007 2007
2007 2007
+ + =
+ + =
Bài 3 : (3điểm): Giải phương trình:
2
2 3 5 2 3 12 14 − + − = − +
Bài 4 : (3điểm): Cho
0, 0 > >
và
4 + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
2
2
1 1
1994,5
+ + + +
÷
÷
.
Bài 5: (3 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BM vuông góc với AC, gọi N là trung
điểm của AM, P là trung điểm của CD. Chứng minh:
·
90$V( = °
.
Bài 6: (3 điểm) Cho
3$4
∆
( AB = AC). Đường cao AH, kẻ HE vuông góc với AC, gọi
O là trung điểm của EH. Chứng minh: AO
⊥
BE
Bài 7: (3 điểm) Cho
3$4
∆
Có AB = c, AC = b, BC = a.
Chứng minh rằng:
1
2 2 2 8
3 $ 4
W W W× × ≤
*********************** Hết ************************
PGD KRÔNG PẮC ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC
2007 – 2008
TRƯỜNG THCS EA YÔNG Môn : Toán- Lớp 9
8'9.: #;
Bài 1: a) Đ/K:
0
>
0.5
điểm
A =
4 1 − − − +
0.5 điểm
=
2 3 − +
0.5 điểm
b) A =
( )
2
1 2 2 − + ≥
0∀ >
0.5 điểm
MinA = 2
⇔
1
=
(TMĐK) 1.0
điểm
Bài 2:
2007 2007
2007 2007
+ + =
+ + =
"K:
0; 0 ≥ ≥
0.5 điểm
⇒
2007 2007 + + ≥
0.5 điểm
2007 2007 + + ≥
0.5 điểm
Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất
0
0
=
=
0.5
điểm
Bài 3:
2
2 3 5 2 3 12 14 − + − = − +
ĐK:
3 5
2 2
≤ ≤
0.5 điểm
Áp dụng Bunnhiacopski
VT:
2 2
1. 2 3 1. 5 2 (1 1 )(2 3 5 2 ) 2 − + − ≤ + − + − =
(1) 0.5 điểm
VP:
2 2
3 12 14 3( 2) 2 2 − + = − + ≥
∀
(2) 0.5
điểm
⇒
Phương trình:
2
2 3 5 2 3 12 14 − + − = − +
có nghiệm
⇔
Dấu “=” xảy ở (1) và (2)
đồng thời xảy ra.
⇔
2 3 5 2
2
2 0
− = −
⇔ =
− =
1.5 điểm
Bài 4:
'∀
,b
∈
R
+
thì
( )
2
2 2
1
2
' ' + ≥ +
dấu “=”
⇔
a = b
1 1 4
' '
+ ≥
+
Dấu “=” xảy ra
⇔
a = b. 0.5 điểm
A =
2 2
2
1 1 1 1 1
1994,5 1994,5
2
+ + + + ≥ + + + +
÷ ÷
÷
2
2
1 4 1 4
1994,5 4 1994,5
2 2 4
≥ + + + = + +
÷
÷
+
= 2007 1.0
điểm
⇒
A
2007≥
Do đó MinA = 2007
4
2
+ =
⇔ ⇔ = =
=
0.5 điểm
(G3
Gọi I là trung điểm của BM.
NI cắt BC tại E.
Ta có NI là đường trung bình của
$?3∆
.
⇒
NI // AB và NI =
1
2
AB. 0.5
điểm
I
N
M
P
D
C
B
A
AB
⊥
BC
⇒
NI
⊥
BC tại E 0.5 điểm
⇒
I là trực tâm của
$4V
∆
⇒
CI
⊥
BN (1) 0.5 điểm
Ta có:
1
2
1
2
MV 3$
4( 47
=
=
mà AB = CD
⇒
IN = CP
⇒
CINM là hình bình hành
⇒
CI // NP (2)
0.5 điểm
//
//
//
MV 3$
MV 4(
3$ 4(
⇒
0.5 điểm
Từ (1) và (2)
⇒
NP
⊥
BN tại N
⇒
·
90$V( = °
0.5
điểm
(H3
Kẻ BD
⊥
AC
⇒
·
·
4$7 =34=
( cùng phụ với
µ
4
)
⇒
$74∆
S
63=∆
(gg)
⇒
$4 47
3= 6=
=
0.5
điểm
$74∆
có BH = HC (
3$4∆
cân tại A)
⇒
DE = EC =
2
47
0.5
điểm
HE // BD (cùng
⊥
AC)
⇒
2
2
$4 47 46 46
3= 6= =G =G
= = =
0.5 điểm
4$6∆
và
=3G∆
có
·
·
$46 3=G=
(
7$4∆
S
63=∆
)
$4 46
3= =G
=
⇒
4$6∆
S
=3G∆
(c.g.c)
⇒
·
·
4$6 =3G=
0.5 điểm
Gọi K là giao điểm của AH và BE.
Ta có:
·
¶
1
904$6 O+ = °
⇒
·
¶
1
90=3G O+ = °
(Vì
¶
¶
·
·
1 2
,O O 4$6 =3G= =
) 0.5 điểm
⇒
AO
⊥
BE. 0.5
điểm
(Y3
Kẻ phân giác AD của
·
$34
kẻ BE
⊥
AD; CF
⊥
AD
∆
BED vuông tại E
⇒
BE
≤
BD
∆
CFD vuông tại F
⇒
CF
≤
CD
H
2
1
O
K
E
D
C
B
A
c
b
a
F
E
C
B
A
2
1
⇒
BE + CF
≤
BD + CD = a 0.5 điểm
∆
ABE (
µ
6
= 1v)
⇒
BE = AB. SinA
1
= c. sin
2
3
0.5 điểm
∆
ACF (
µ
5
= 1V)
⇒
CF = AC. SinA
2
= b. sin
2
3
0.5 điểm
⇒
BE + CF = (b + c) sin
2
3
≤
a
⇒
sin
2
3
≤
'
+
0.5
điểm
b>0; c>0 áp dụng bất đẳng thức Côsi: b + c
2 ≥
⇒
2
' '
≤
+
⇒
Sin
2
3
≤
2
'
0.5 điểm
Tương tự ta cũng có: Sin
2
2
$
'
≤
; Sin
2
2
4
'
≤
⇒
Sin
2
3
. Sin
2
$
. Sin
2
4
≤
2
'
.
2
'
.
2
'
=
1
8
0.5 điểm
************************************
.I: A":.Z*.[:. "J.6.7896:.6\6KL&
8O.T]^:
QM_:.89.[:.,6:.,3-`:a3?EA?F
b3GR'cc+
"J3
(3'HP+
a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ƯCLN(21n+4 , 14n+3)
b) Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương,
biết rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3.
Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27.
c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ y
2
= xy + x + y.
(?3'EP+
a)Tính giá trị của biểu thức P=
2
2
2
2013 2013
1 2013
2014 2014
+ + +
b) Giải phương trình:
2
7 9 16 66 − + − = − +
(E3'FP+
a) Cho x > 0, y > 0 và x + y
≤
1. Chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 1
4
+ ≥
+ +
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3
3 1
3
+
= +
−
, với
1 >
.
(F3'GP+
Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng a. Gọi M là một điểm nằm ở miềm trong
của tam giác. MI MP, MQ theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AB, AC.
Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Các điểm D và E thứ tự chuyển động trên các cạnh
AB và AC sao cho
·
0
607G6 =
.
a) Chứng minh MI + MP + MQ không đổi
b) Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
