Tổng hợp đề thi thử học sinh giỏi lớp 9 môn toán năm 2013 (Phần 2)

UBND TỈNH TIỀN GIANG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề chính
thức

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập-Tự do-Hạnh phúc

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH
Khóa ngày: 20/03/2012
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu.
--- --- --- --- --- --- --- --- ---

Câu 1: (4,0 điểm)
 x3  1  2( x2  x  y)
1. Giải hệ phương trình:  3
2

 y  1  2( y  y  x)
2. Cho phương trình: x4  2mx2  2m 1  0(1)

 x1  x2  x3  x4

a) Tìm m để (1) có 4 nghiệm x1, x2 , x3 , x4 thoả 


 x4  x3  x3  x2  x2  x1

b) Giải phương trình (1) với m tìm được ở a).
Câu 2: (4,0 điểm)
Cho (P) : y  x2; ; (d) : y  x  m
Tìm m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: tam giác
OAB là tam giác vuông.
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Cho 4 số a, b, c, d thoả điều kiện a  b  c  d  2
Chứng minh: a2  b2  c2  d2  1.
2. Cho và a3  3a2  3a(m 1)  (m 1)2  0 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
a.
Câu 4: (3,0 điểm)
Chứng minh rằng: 22  42  62  ...  (2n)2 

2n(n  1)(2n  1)
; n ¢ , n  1.
3

Câu 5: (5,0 điểm)
· ,ACB
· ,CBA
·
Cho tam giác ABC có các phân giác trong của các góc nhọn BAC
theo thứ tự cắt các cạnh đối tại các điểm M, P, N. Đặt a =BC, b =CA, c =AB;
SMNP , SABC theo thứ tự là diện tích của tam giác MNP và ABC.
a) Chứng minh rằng:

SMNP
2abc

.

SABC ( a b)( bc)( c a)

b) Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của

SMNP
SABC


--- --- --- Hết --- --- --* Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.


SỞ GD&ĐT
TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC: 2011 – 2012

Môn: Toán
(Thời gian làm bài 150’)
Ngày thi 16 tháng 3 năm 2012.
a2  a
3a  2 a
a 4
Bài 1. (5đ) Cho biểu thức: P 


a  a 1
a
a 2
a) Rút gọn P

b) Tìm GTNN của P

a) 2x 3  x 2  2x 3  3x  1  3x  1  3 x 2  2
b) x4 – 2y4 – x2y2 – 4x2 – 7y2 – 5 = 0
Bài 3. (4đ) Cho (O; R). Đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A và
B. từ một điểm tùy ý trên d và ở ngoài (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với (O),
(M, N là hai tiếp điểm).
a) Dựng vị trí điểm M trên d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.
b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn chạy trên
một đường thẳng cố định khi M di động trên d.
Bài 2. (5đ) Giải các pt sau:

Bài 4. (4đ) a) Tìm GTLN của y  x 9  x 2
b) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn:
a  b  c  1;a 2  b2  c2  1;a 3  b3  c3  1 . Chứng minh: a 2009  b2009  c2009  1
Bài 5. (2đ) Cho ABC thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB. Tìm GTLN của diện
tích ABC .
----------------------------- HẾT -----------------------------

Họ và tên:…………………………… SBD……………………………
Chữ kí GT 1:…………………


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH NINH BÌNH 2012
Bài 1: a) ĐK a > 0 và a  2
a2  a
3a  2 a
a 4
P



a  a 1
a
a 2
P

a ( a  1)(a  a  1)
a (3 a  2) ( a  2)( a  2)


a  a 1
a
a 2

P a 3 a 4

3
7 7
b) Ta có P  a  3 a  4  ( a  ) 2   với mọi a TMĐK
4
4 4
7
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
khi a=
4
4
Bài 2:
Coi PT là bậc hai với ẩn t = x2 ta tính được PT có   9( y 2  2)2 từ đó ta có
x2 = 2 y2 + 5(1) và x2 = - y2 – 1(vô nghiệm)

Với (1) ta thấy x phải lẻ nên đặt x = 2k+1 suy ra 2k2 + 2k - y2 = 2 do đó y phải
chẵn nên đặt y = 2z suy ra k(k+1) – 2z = 1 (vô nghiệm do VT chia hết cho 2
còn vế phải không chia hết cho 2
Bài 3:
a)Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON 2 =R 2
Dựng điểm M: ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D,
cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN
= MO2  ON 2  R nên ta giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác ta giác
OPM cũng vuông cân tại P.


N
M
L

B
A

E
H
F
O

I
Q

P

do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có hai nghiệm hình vì OM = R 2 >R
b)Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường

tròn đường kính OM. tâm là trung điểm H của OM, suy ra tam giác cân MPQ nội
tiếp trong đường tròn đường kính OM tâm H
+) Kẻ OE vuông góc AB thì E là trung điểm của AB ( cố định). Kẻ HL  (d) thì
HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra HL=1/2 OE(không
đổi)
+) Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi nên H
chạy trên đường thẳng (d’)//(d) và (d’) đi qua trung điểm của đoạn OE.
+) Ta có : Om là phân giác trong góc NMP kẻ tia phân giác trong PNM cắt đường
tròn (O) tại điểm F, khi đó NF  FP => F trên OM, do đó F là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác MNP
Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên
đường tròn (O)
Chú ý: do hình vẽ phức tạp nên dựng hình vuông OACD không vẽ trên trên
hình vẽ
Bài 4:
a 2  b2
a) áp dụng BĐT ab 
2
2
ĐK 9 –x  0
9
ta có y  x 9  x 2 
2
9
Vậy giá trị lớn nhất của y là 9/2 khi x= 
2
3
3
3
2

2
2
b) ta có a +b +c -3abc=(a+b+c)(a +b +c -ab-bc-ca)


=> 1-3abc=1-ab-bc-ca
=>ab+bc+ca=3abc
mà 12=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)
=> ab+bc+ca=0
=> abc=0
=> a=0 hoặc b=0 hoặc c=0
b  c  1

Nếu a = 0 => b 2  c 2  1
b3  c 3  1

2
2
=>b +c +2bc=1
=> 2bc=0
=>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(0,1,0)
Nếu b = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)
Nếu c = 0 làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) hoặc (a,b,c) =(1,0,0)
Vậy mội trường hợp ta có P = 1
Bài 5: Đặt BC =x > 0
theo công thức He rông ta có
6 x
S= p( p  a)( p  b)( p  c) với p 
2
6  3x 6  x 6  x 3x  6

.
.
.
2
=> S = 2
2
2
2
9
9
9
(36  x 2 )( x 2  4)   ( x 2  20)2  256  .256  144
16
16
16
Vậy giá trị điện tích lơn nhất là 12(đvđt) khi x= 20 (đvđd)

=> S2=


Sở Giáo dục và Đào
tạo
kiên giang

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2011-2012

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời
gian giao đề)

Cõu 1(4): Gii cỏc h phng trỡnh sau:

7 x y 2x y 5

a)


2x y x y 1

( x 1) y ( y 1) x 2 xy

b)


x y 1 y x 1 xy

Cõu 2(3): Gi s x, y, z l nhng s dng thay i tha món iu kin x + y + z = 1.
Hóy tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
P

x
y
z


x 1 y 1 z 1

Cõu 3(3): Cho a, b, c > 0 v tha món iu kin
1
1

1


2
1 a 1 b 1 c
1
8

Chng minh rng: abc .
Cõu 4(4 ): Cho ng trũn tõm O, hai tip tuyn MA v MB (A, B l tip im), C l
mt im trờn ng trũn tõm M bỏn kớnh MA v nm trong ng trũn (O). Cỏc tia AC
v BC ct ng trũn (O) ln lt ti P v Q. Chng minh rng PQ l ng kớnh ca
ng trũn (O).
Cõu 5(4): Cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn (O) v d l tip tuyn ca (O) ti C.
Gi AH, BI l cỏc ng cao ca tam giỏc.
a) Chng minh HI // d.
b) Gi MN v EF ln lt l hỡnh chiu ca cỏc on thng AH v BI lờn ng thng d.
chng minh rng MN = EF
Cõu 6(2): Chng minh rng tớch ca mt s chớnh phng v mt s ng trc nú chia
ht cho 12


Hết

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Đáp án

Câu

Thang điểm


 7 x  y  2 x  y  5(1)

a) 


 2 x  y  x  y  1(2)
Đặt u = 7x  y , v = 2x  y ( u  0, v  0 )

0.25
0.25
0.25
0.25

u  v  5
(*)
v  x  y  1

Ta có 

Do u2 – v2 = (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =

x5
5 x
,v=
2
2

Từ phương trình thứ hai của (*) ta được

5 x
x3
y=v+x–1=
 x 1 
2
2
x3
Thay y =
vào phương trình (2) ta được
2
x3
x3
2x 
x
1
2
2
 x1  1
5x  3 5  x



2
2
 x2  19

1

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)

0.25

0.25
0.25

0,25


( x  1) y  ( y  1) x  2 xy (1)

b) 


 x y  1  y x  1  xy (2)
Điều kiện x  1, y  1

0.25

Xét phương trình (2) áp dụng bất đảng thức Cô Si ta có:
x( y  1  1)

2
y( x  1  1)
y x  1  y ( x  1).1 

2

x y  1  x ( y  1).1 

xy
2
xy
2

(3)
(4)

0.5
0.5


Vậy x y  1  y x  1  xy
 y 1  1
 x 1  1

Dấu “=” xảy ra  
x y2

Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
1
1
1
)  (1 
)  (1 
)

x 1
y 1
z 1
1
1
1
P  3(


)
x 1 y 1 z 1

0.25
0.25

0.25

Ta có P  (1 

Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
1 1 1
3
  
x y z xyz
1 1 1
3
 ( x  y  z )(   )  3xyz.
9
x y z
xyz

x  y  z  3xyz ,

2

Dấu = xảy ra khi x = y = z.
1
1
1
9
Ta có



x  1 y  1 z  1 ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)
1
1
1
9




x 1 y 1 z 1 4
9 3
Vậy P  3  
4 4
x 1  y 1  z 1
3
1
P 

x yz
4
3
x  y  z  1
1
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là P  tại x  y  z 
3
4
1
1
1
Ta có:
 (1 
)  (1 
)
1 a
1 b
1 c
1
b
c
bc



2
1 a 1 b 1 c
(1  b)(1  c)
1

bc
Vậy
2
1 a
(1  b)(1  c)

3

Tương tự:

1
ac
2
1 b
(1  a)(1  c)

1
ab
2
1 c
(1  a)(1  b)

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25

0.25
0.5

0.25
0.5
0.5
0.5

0.25
0.25

0.5


0.5

1
8abc

(1  a)(1  b)(1  c) (1  a)(1  b)(1  c)
 8abc  1

Q
A

0.5
O
M

C

B

P

4
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng minh
ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
AMC  2 ABC (góc ở tâm chắn cung AC)
Trong đường tròn tâm O ta có:
AOQ  2 ABQ (góc ở tâm chắn cung AQ)
Suy ra AMC  AOQ (1)
Chứng minh tương tự ta có
BMC  BOP (2)
Tứ giác MAOB có A  B  900
 AMB  AOB  1800 (3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
POQ  POB  BOA  AOQ
 ( BMC  AMC )  BOA
 AMB  AOB  1800

Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)

0.25
0.5
0.5
0.25
0.5

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


A

0.5
B

x

I
H
M
C

F

N
E

5

d

a) Chứng minh HI // d

Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC
Tứ giác ABHI nội tiếp nên ABC  HIC (Cùng bù với góc HIA )
Mà ABC  ACx (cùng chắn cung AC)
 HIC  ICx  HI // d

b) Chứng minh MN = EF
d // HI  IF=HN
AMCH nội tiếp  HMN  HAC
BICE nội tiếp  IEF  IBC
Mà HAC  BIC nên HMN  IEF  HMN  IEF
 MN  EF

6

Số chính phương là n2(n Î Z) số đứng trước nó là n2-1
Ta có (n2-1)n2 =(n+1)(n-1)n2= (n-1)n.n(n+1)
Tích này có 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3
Mặt khác (n-1)n là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
Và n (n+1) chia hết cho 2
Nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 4
Mà (3;4) = 1 nên (n-1)n.n(n+1) chia hết cho 12
Vậy (n2-1)n2 chia hết cho 12

0.25
0.5
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25

0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25



ĐỀ 39 *
2
x2
2
 2  4 x 3x  x  1
.

 3 :

x 1  x 1
3x
 3x

Bài 1: - Cho M  

a. Rút gọn biểu thức M.
b. Tính giá trị của biểu thức M khi x = 5977, x = 3  2 2 .

c. Với giá trị nào của x thì M có giá trị nguyên.
Bài 2: Tìm giá trị của M để:
a. m2 – 2m + 5 có giá trị nhỏ nhất
b.

2m 2  5
có giá trị lớn nhất.
2m 2  1

Bài 3: Rút gọn biểu thức
A  5  3  29  12 5

Bài 4: Cho B =

a6
a 1

a, Tìm các số nguyên a để B là số nguyyên.
b, Chứng minh rằng với a =

4
thì B là số nguyên.
9

c, Tìm các số hữu tỷ a để B là só nguyên.
Bài 5: Cho tam giác ABC từ điểm D bất kỳ trên cạnh BC ta dựng đường thẳng d
song song với trung tuyến AM. Đường thẳng d cắt AB ở E cắt AC ở F.
a, Chứng minh

AE

AB
=
.
AF
AC

b, Chứng minh DE + DF =2AM


ĐỀ 38
Câu I: ( 6 điểm ):
Câu 1( 2điểm ): Giải phương trình
x  15  8 x  1 +
x  15  8 x  1 = 7
Câu 2 ( 2điểm ): Giải phương trình
( x - 1) ( x - 3 ) (x + 5 ) (x + 7 ) = 297
Câu 3 ( 2 điểm ) : Giải phương trình
a( x 2  1)
2
ax  1
+
=
x 1
x2  1
x 1

Câu II ( 4 điểm )
x
y
z

=
=  0 và abc  0
b
a
c
x2  y2  z 2
Rút gọn biểu thức sau: X =
(ax  by  cz ) 2
1
1
Câu 2 (2điểm ) :
Tính
A =
+
+ ..........+
2 3
3 4
1
2004  2005

Câu 1 ( 2điểm ):

Cho

Câu III ( 4 điểm )
Câu 1 ( 2 điểm ) : Cho x > 0 ; y > 0 và x + y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của:

1
1

M =  x   2 +  y  


y



2

x

Câu 2 ( 2 điểm ): Cho 0  x , y, z  1 CMR
x
yz  1

+

z
y
+
 2
xz  1
xy  1

Câu IV : Cho tứ giác ABCD có B = D = 900 . Gọi M là một điểm trên đường
chéo AC sao cho ABM = DBC và I là trung điểm AC.
Câu 1: CM :
CIB = 2 BDC
Câu 2 :
ABM

DBC
Câu 3:
AC . BD = AB . DC + AD . BC
Câu V : Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên và mặt đáy là các tam giác đều
cạnh 8cm
a/ Tính diện tích toàn phần của hình chóp
b/ Tính thể tích của hình chóp.


ĐỀ 37
Bài 1 (5đ)
Giải các phương trình sau:
a, x 2  1  x 2  1  0
b, x  3  4 x  1  x  8  6 x  1  4
Bài 2 (5đ) Cho biểu rhức
2
 x 2
x  2  1  x 


P= 



x  2 x  1  2 
 x 1

a, Rút gọn P.
b, Chứng minh rằng nếu 0< x<1 thì P > 0.
c , Tìm giá trị lớn nhất của P.

Bài 3: (5đ ) Chứng minh các bất đẳng thức sau.
a , Cho a > c , b >c , c > 0 .
Chứng minh : ca  c   cb  c   ab
b, Chứng minh.
2005
2006
 2005  2006

2006
2005

Bài 4: (5đ)
Cho  AHC có 3 góc nhọn , đường cao HE . Trên đoạn HE lấy điểm B sao cho
tia CB vuông góc với AH , hai trung tuyến AM và BK của  ABC cắt nhau ở I.
Hai trung trực của các đoạn thẳng AC và BC cắt nhau tại O.
a, Chứng minh  ABH ~  MKO
b, Chứng minh

IO3  IK 3  IM 3
2

3
3
3
IA  IH  IB
4



ĐỀ 36 *

Câu 1(2đ)
1

Cho x = 3 7  5 2 
3

75 2

Tính giá trị của biểu thức :
Câu 2(2đ) :
Cho phân thức :

B=

A = x3 + 3x – 14
x 5  2 x 4  2 x 3  4 x 2  3x  6
x 4  2x  8

1. Tìm các giá trị của x để B = 0.
2. Rút gọn B.
Câu 3(2đ) : Cho phương trình : x2 + px + 1 = 0 có hai nghiệm là a và b
phương trình : x2 + qx + 2 = 0 có hai nghiệm là b và c
Chứng minh hệ thức : (b-a)(b-c) = pq – 6
mx  4 y  10  m (1)
(2)
 x  my  4

Câu 4(2đ) : Cho hệ phương trình : 

(m là tham số)

1. Giải và biện luận hệ theo m.
2. Với giá trị nào của số nguyên m hệ có nghiệm (x,y) với x, y là các số nguyên
dương.
Câu 5(2đ) : Giải phương trình : x  5  4 x  1  x  10  6 x  1  1
Câu 6(2đ) : Trong mặt phẳng toạ độ xOy cho tam giác ABC có các đường cao có
phương trình là : y = -x + 3 và y = 3x + 1. Đỉnh A có toạ độ là (2;4). Hãy lập
phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Câu 7(2đ) : Với a>0 ; b>0 cho trước và x,y>0 thay đổi sao cho :
a b
  1 . Tìm x,y để x + y đạt giá trị nhỏ nhất.
x y

Câu 8(2đ) : Cho tam giác vuông ABC (Â= 900) có đường cao AH. Gọi trung điểm
của BH là P. Trung điểm của AH là Q.
Chứng minh : AP  CQ.
Câu 9(3đ) : Cho đường tròn (O) đường kính AB. Một điểm M thay đổi trên đường
tròn ( M khác A, B). Dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H. Từ A và B kẻ
hai tiếp tuyến AC, BD đến đường tròn tâm M.
a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của (O).
b) Chứng minh tổng AC+BD không đổi. Từ đó tính giá trị lớn nhất của AC.BD
c) Lờy điểm N có định trên (O) . Gọi I là trung điểm cuả MN, P là hình chiếu
của I trên MB. Tính quỹ tích của P.
Câu 10(1đ) : Hình chóp tam giác đều S.ABC có các mặt là tam giác đều. Gọi O là
trung điểm đường cao SH của hình chóp.


Chứng minh rằng : AOB = BOC = COA = 900.

ĐỀ 35
Câu 1: (1.5đ)
Chọn các câu trả lời đúng trong các câu sau:
a. Phương trình: x  2 x  1 + x  2 x  1 =2
Có nghiệm là: A.1;

B.2;

C.

3
;
2

D. 1  x  2

b. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm (O) , caca cung nhỏ
AB, BC, CA có số đo lần lượt là : x+75o ; 2x+25o ; 3x-22o.Một góc của tam giác
có số đo là : A.57o5,
B.59o,
C. 61o,
D. 60o
Câu 2:(0.5đ)
Hai phương trình :x2+ax+1 =0và x2-x-a =0 có 1 nghiệm chung khi a bằng:
A. 0,
B. 1,
C. 2,
D. 3
Câu 3: (1đ).
Điền vào chỗ (.......) Trong hai câu sau:

a.Nếu bán kính của đường tròn tăng klên 3 lần thì chu vi của đường tròn sẽ
.............. .... ................ .. ............................... lần và diện tích của đường tròn sẽ
........................ ..... .....................................lần.
a. B.Trong mặt phẳng toạ độ õy .Cho A(-1;1);B(-1;2); C( 2 ; 2 ) và đường
tròn tâm O bán kính 2 .Vị trí của các điểm đối với đường tròn là.
Điểm
A:....................................................................................................................
Điểm
B
....................................................................................................................
Điểm
.....................................................................................................................
PHẦN TỰ LUẬN:
Câu 1:(4đ) Giải phương trình:
a.
(3x+4)(x+1)(6x+7)2=6; b. 3x  5  7  3x  5x 2  20 x  22
Câu 2:(3.5đ) Ba số x;y;z thoả mản hệ thức :

1 2 3
  6
x y z

Xét biểu thức :P= x+y2+z3.
a.Chứng minh rằng:P  x+2y+3z-3?
b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P?.
Câu 4:(4.5 đ).
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R và C là điểm thuộc đường tròn O
(C  A;C  B).Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C.Kẻ tia ax tiếp xúc với
đường tròn (O) .Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC , tia BC cắt Ax tại Q , tia
AM cắt BC tại N.

a. Chứng minh cac tam giác BAN và MCN cân?.

C


b. B.Khi MB=MQ tính BC theo R?.
Câu 5:(2đ)
Có tồn tại hay không 2006 điểm nằm trong mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong
chúng cũng tạo thành một tam giác có góc tù?.



ĐỀ 34 *
Xét biểu thức:

Bài 1:

P=
a)
b)
Bài 2:

1
2 3



1
3 4



1
4 5

 ... 

1
1992 1993

Rút gọn P
Giá trị của P là số hữu tỷ hay số vô tỷ ? Tại sao?
Rút gọn:


2 2

2
 y 2  yz  z2

x
3
y z
2




 x  y  z
1

1
1
1
1
x
y

z

  

y z  yz xy xz


Bài 3:

Giải phương trình
1 4 1 3 1 2 1
1
x  x  x  x
3
6
3
2
3

Bài 4:

Giải hệ phương trình
x2  y3  8


 x  2  5y  1

Bài 5:
Bài 6:

Giải phương trình
Cho

4 4 x  x
1
y   x 2 (p)
2

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Lập phương trình đường thẳng (D) qua (-2;2) và tiếp xúc với (p)
Bài 7:
Câu 1: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n9 và n  125
Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x2+5y2=12
Bài 8:
(Bài toán cổ Việt Nam)
Hai cây tre bị gãy cách gốc theo thứ tự 2 thước và 3 thước. Ngọn cây nọ
chạm gốc cây kia. Tính từ chỗ thân 2 cây chạm nhau đến mặt đất.
Bài 9:
Tam giác ABC có các góc nhọn, trực tâm H. Vẽ hình bình hành
ABCD. Chứng minh rằng: ABH  ADH
Bài 10:
Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh DC. Dựng hình chữ
nhật có một cạnh là DE và có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ABCD.

ĐỀ 33
Câu I: (3đ)
1, Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
x3 + 6x2 - 13x - 42
2, Xác định số hữu tỉ k để đa thức.
A= x3 + y3 + z3 + kxyz chia hết cho đa thức.
x+y+z
Câu II: (4đ)
Giải các phương trình.
2x  4x  1

1,
4

3

-

2x  4x  1

=

6

2

2, x - 3x - 6x + 3x + 1 = 0
Câu III: (2đ)

1, Cho hàm số y = x 2 + x 2  4 x  4
a, Vẽ đồ thị của hàm số.
b, Tìm giá trị nhỏ nhất của y.
2, Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên. 3x2 - 4y2 = 3
Câu IV: (4đ)
1, (2đ)
Cho 3 số không âm x,y,z thoả mãn đẳng thức.
x+y+z=1
Chứng minh rằng: x + 2y + z  4(1- x) (1- y) (1- z)
2,(2đ)
Cho biểu thức.
3x 2  6 x  11
Q= 2
x  2x  2

a, Tìm giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên.
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q.
Câu V: (6đ)
Cho tam giác ABC vuông góc ở A, lấy trên cạnh AC một điểm D. Dựng CE
vuông góc vơi BD.
1, Chứng tỏ các tam giác ABD và BCD đồng dạng.
2, Chứng tỏ tứ giác ABCE là một tứ giác nội tiếp.
3, Chứng minh FD  BC (F là giao điểm của BA và CE)
4, Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a


Tính AC, đường cao AH của ABC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ADEF.