DE ON HSG TOAN 9 THAM KHAO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT CHƯƠNG MỸ TRƯỜNG THCS NAM PHƠNG TIẾN. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Môn: Toán (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề). ĐỀ BÀI x+ 2 x+ 1 √ x+1 − √ Bài 1 Cho biểu thức: y= x −1 − x √ x −1 x + √ x+ 1 a) Rút gọn y 1 b) Tìm giá trị của x để y=− 3 2 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= y + √ x Bài 2 Cho hàm số y=(m+4)x-m+6 (m là tham số) a) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến b) Xác định m để đồ thị của hàm số cắt hai trục toạ độ tạo thành một tam giác có 5. diện tích bằng 2 c) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đồ thị của hàm số y luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R). H là trực tâm của tâm giác ABC. K là hình chiếu của điểm O trên cạnh BC. D là điểm đối xứng với H qua điểm K. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của điểm A và điểm D trên BC a) Tứ giác HMDN là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh AH=2OK Bài 4 Chứng minh rằng nếu: a>0, b>0, C>0 thì:. PHÒNG GD&ĐT CHƯƠNG MỸ TRƯỜNG THCS NAM PHƠNG TIẾN. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Năm học 2010 – 2011 Môn: Toán (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Đề số 3 Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức : 1. Rút gọn A. A. 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3 A. 1 2. 2. Tìm giá trị của x khi 3. Tìm giá trị nguyên của x để A là số nguyên. 4. Tìm giá trị của x để A đạt giá trị lớn nhất Câu 2: (4 điểm) 1. Cho x 1, y 1. Chứng minh : x y  1  y x  1 xy . 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A. y 1 x 1  ( x 1; y 1) y x. Câu 3: (4 điểm) Một đoàn khách du lịch đi tham quan bằng ô tô. Họ quyết định mỗi chiếc ô tô phải chở một số hành khách như nhau. Ban đầu họ định cho mỗi ô tô chở 22 hành khách, nhưng như vậy còn thừa ra một người. Về sau , khi bớt đi 1 ôtô thì có thể phân phối số hành khách như nhau lên mỗi ôtô còn lại. Hỏi ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất cả bao nhiêu khách du lịch, biết rằng mỗi ôtô chỉ chở được không quá 32 người. Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O,R) dây AB = R 2 . Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy M sao cho AM = R ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa O) 1. Tứ giác AMBO là hình gì? 2. Đường OM cắt (O) tại I, tính IM theo R ( I thuộc cung nhỏ AB ) 3. Tính AI theo R 4. Đường AI cắt BM tại H . Chứng minh AH là phân giác của góc MAB 5. Khi A chuyển động trên (O) thì M di chuyển trên đường nào? Câu 5: (3điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R. Một điểm M chạy trên cung nhỏ AB. Hãy chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M đến A và B không lớn hơn đường kính của đường tròn đó. ------------------------------- Hết --------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> NĂM HỌC : 2009-2010 Câu 1: (4điểm) 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1  x x 3 Cho biểu thức Đ /k : x 0; x 1 A. 1. Rút gọn:. A. (0,5đ). 15 x  11 (3 x  2)( x  3) (2 x  3)( x  1)   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3). 15 x  11  3x  7 x  6  2 x   ( x  1)( x  3) . (1đ). x 3. (1đ). 7 x  5x  2 ( x  1)(5 x  2)  ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3). A. 5 x 2 x 3. (1,5đ). Câu 2: (4điểm) 1. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có:. Tương tự :. 1 y  1 y y  1  1.( y  1)   2 2 xy  x y1 2 xy y x 1 2. (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ). x y  1  y x  1 xy Do đó : 2. Theo câu 1:. (0,5đ). x y  1  y x  1 xy . x y 1 y x 1 1 xy. y 1 x 1  1 y x Do đó :  x  1 1   y  1  1  Dấu “=” xảy ra.  x 2   y 2. Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1. Câu 3: (4điểm) Gọi x là số ôtô có lúc đầu và lúc sau mỗi ôtô chở y người.( đ/k : x 2, y 32 ) Vì mỗi xe lúc đầu dự định chở 22 hành khách nhưng còn thừa ra một người nên số hành khách có :22x +1 người. Vì lúc sau bớt đi 1 xe ôtô nên số xe còn lại là : (x – 1) xe và mỗi xe lúc sau chở y người nên số hành khách là : y(x-1) người. Vậy ta có phương trình: y(x-1) = 22x + 1  y. 22 x  1 23 22  x 1 x 1. 23 Vì y là số tự nhiên, x 2 nên x  1 cũng là một số tự nhiên, do đó 23x  1. Vậy x-1 = 1 hoặc x-1 = 23 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với x-1 = 1 thì x = 2  y = 22 +23 = 45 . Trái giả thiết mỗi xe chở không quá 32 người. Với x-1 = 23 thì x = 24  y 22  1 23 32 .(thoả mãn đ/k) Vậy số ôtô ban đầu là 24 chiếc và tổng số khách du lịch là: 22.24+1= 529 người. Bài 4: (5 điểm) Vẽ hình đúng, ghi GT,KL đúng : (0,5đ) 1. Xét tam giác OAB có OA = OB (=R); AB = R 2 Nên tam giác OAB vuông tại O. (đảo Pytago) Ta có :OB vuông góc với OA (cm trên) MA vuông góc với OA(tính chất tiếp tuyến)  OB / / MA , lại có OB = MA (=R) nên tứ giác AMBO là hình bình hành. Mặt khác : MAO Góc MAOvuông và AM = AO nên AMBO là hình vuông. 2. IM = OM – OI = R 2 -R =R( 2 -1) 3. Gọi C là giao điểm hai đường chéo AB và OM ta có AB vuông góc với OM và R 2 R 2 R 2  ( R 2  R ) R  2 CM = 2 . Ta có : CI = CM – IM = 2. Tam giác ACI vuông tại C nên: AI2= CI2 +AC2 ( Pytago)  AI 2 ( R . R 2 2 R 2 2 R 2 2R2 2R2 ) ( ) R 2  2 R   2 R 2  R 2 2 2 2 2 4 4.  AI R 2  2 4. Ta có IAO AIO (tam giác AOI cân tại O) mà IAO AHM (so le trong IAO  A2 900 0. AHM  A1 90  A1 A2 AO//MB) .Mà : Vậy AH là phân giác của góc MAB. 4. Ta có OM = AB = R 2 không đổi , O cố định . Do đó M thuộc đường tròn tâm O bán kính R 2 Bài 5: (3điểm) (Các bạn tự giải nhé, chúc các bạn thành công). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> §Ò Sè 7. ĐỀ THI HS To¸n líp 9 Thêi gian lµm bµi : 150 phót (không kể thời gian giao đề). §Ò bµi Bµi 1 (5 ®iÓm) Cho biÓu thøc A = 2 √ a −9 − √ a+3 − 2 √ a+1 víi a ≥ 0 , a ≠ 4 , a ≠ 9 . a− 5 √ a+6 √ a− 2 3 − √ a a, Rót gän biÓu thøc A. b, Tìm giá trị của a để A< 1. c, Tìm giá trị nguyên của a để A có gía trị là một số nguyên. Bµi 2 (4 ®iÓm) Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ ax − 2 y =a −2 x+ y=a+1 ¿{ ¿. a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh khi a=√ 2 . b, Tìm a để hệ có nghiệm thoả mãn x − y=1 . Bài 3 (3 điểm) Cho bốn số thực a , b , c , d thoả mãn đồng thời: a+b +c +d=7 và 2 2 2 2 a +b + c + d =13 . Hái a cã thÓ nhËn gi¸ trÞ lín nhÊt lµ bao nhiªu? Bài 4 (4 điểm) Từ điểm K bất kì trên đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R. Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đờng tròn. Giả sử góc KAB bằng α độ ( 0 < α < 90 ). a, TÝnh KA, KB, KH theo R vµ α . b, TÝnh KH theo R vµ 2 α . c, Chøng minh r»ng: cos 2 α = 1 – 2sin2 α cos 2 α = 2 cos2 α - 1 Bài 5 (4 điểm)Cho đờng tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên đờng tròn. Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với đờng tròn (B là tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của MA, BI cắt đờng tròn ở K, tia MK cắt đờng tròn ở C. Chøng minh r»ng: a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM. b, BC song song víi MA. c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H của tam giác MAB thuộc đờng tròn cố định.. híng dÉn chÊm thi häc sinh giái - ĐỀ 7. M«n To¸n líp 9. Bµi 1( 5 ®iÓm ) a, ( 2 ®iÓm ) Víi a 0 vµ a. 4;a. 9 th×. 0,5® 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 √ a − 9−( √ a+3)( √ a − 3)+(2 √ a+1)( √ a− 2) ( √ a− 2)( √ a− 3) = 2 √ a − 9− a+9+ 2a+ √ a −4 √ a− 2 ( √a − 2)( √a − 3) a− √ a −2 = ( √ a −2)( √ a −3) ( a+1)( √ a− 2) = √ ( √ a −2)( √ a −3) = √ a+1 √a − 3. A=. 0,5® 0,25® 0,5® 0,25®. b, (1 ®iÓm) Víi a 0 vµ a 4 ; a 9 th× √ a+1 < 1 ⇔ √ a+ 1− √ a+3 < 0 A<1 ⇔ √a − 3 √ a− 3 ⇔ √ a −3<0 ⇔ √ a<3 ⇔ a < 9 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ta cã 0 ≤ a<9 vµ a 4 c, (2 ®iÓm). 0,5® ⇔. 4 √a − 3. <0. 4 √a − 3 Víi a nguyªn, a 0 vµ a 4 ; a 9 th× A cã gi¸ trÞ nguyªn khi vµ chØ khi lµ íc cña 4 a −3 √ Do đó √ a −3 nhận các giá trị ±1 ; ± 2 ; ± 4 ±1 ;. Ta cã A = 1+. Từ đó a nhận giá trị : 1; 4; 16; 25; 49 V× a 4 nªn a nhËn c¸c gi¸ trÞ 1; 16; 25; 49. 0,25® 0,25® 0,5® 0,25® 0,5® 0,5® 0,25®. Bµi 2 (4 ®iÓm) a, (2 ®iÓm) ¿. √2 x −2 y= √ 2 Thay a = √ 2 vào hệ phơng trình đợc: −2 x+ y=√ 2+1 ¿. ¿{ ¿. 0,25®. √ 2 x − 2 y =√2 − 4 x+ 2 y =2 √ 2+2 ¿{ ¿ ¿ ( √ 2− 4) x=3 √ 2+ 2 √ 2 x −2 y=√ 2 ¿{ ¿ Tìm đợc x= 3 √2+2 √2 − 4 2+3 √2 Tìm đợc y= √ 2− 4. 0,25®. 0,5® 0,5®. KL b, (2 ®iÓm). Từ x – y = 1 ⇒ y = x – 1 thay vào hệ PT đợc. 0,25®. 0,25® ¿ ax − 2( x − 1)=a −2 x+(x − 1)=a+1 ¿{ ¿. 0,25®. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0,5®. ¿ (a −2) x=a −2 − x=a+2 ¿{ ¿. ⇒. a2 + a - 6 = 0. (a – 2)(a + 3) = 0 Tìm đợc a= -3; 2 KL. 0,5® 0,5® 0,25®. Bµi 3 (3 ®iÓm) Tõ a +b+c+d = 7 ⇒ b+c+d = 7 – a (b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd mµ (b – c )2 0 ; (c - d )2 0 ;(d - b )2 0 ; 2bc; c2 + d2 2cd; d2 + b2 ⇒ b2 + c2 Từ đó (b+c+d)2 3(b2 + c2 + d2) 3(13 – a2) ⇒ (7 - a)2 (a – 1)(a- 5 ) 2. Tìm đợc 1. a. 0,25® 0,25® 0,75®. 2bd;. 0,5® 0,25® 0,5®. 0 5 2. 0,25®. do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là 5. 0,25®. 2. Bµi 4 (4 ®iÓm) x a, (1,5 ®iÓm) 0 Lập luận để có ∠ AKB = 90 (0,25đ); ∠ KAB = ∠ KBH (0,25đ); XÐt Δ AKB vu«ng t¹i H cã K H KA = AB cos α = 2R cos α (0,25®); KB = AB sin α = 2R sin α (0,25®); XÐt Δ KHB vu«ng t¹i H cã KH = KB sin α (0,25®) = 2R sin2 α (0,25®); b, (1 ®iÓm) VÏ KO; KC AB xÐt Δ KCO vu«ng t¹i C cã OC = OK cos2 α (0,5®); O C B LËp luËn cã KH = CB (0,25®) = R - Rcos2 α = R(1A- cos2 α ) (0,25®); c, (1,5 ®iÓm) Theo c©u a cã KH = 2R sin2 α theo c©u b cã KH = R(1 - cos2 α ) (0,25®); nên 2R sin2 α = R(1 - cos2 α ) (0,25đ) do đó cos2 α = 1 - 2sin2 α (0,25đ); Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh đợc sin2 α + cos2 α = 1 nªn sin2 α = 1 - cos2 α (0,25®); Từ đó có cos2 α = 1 – 2(1 – cos2 α ) = 2 cos2 α - 1 (0,5đ); Bµi 5 (4 ®iÓm) a, (2 ®iÓm) x Chứng minh đợc Δ IAK đồng dạng với Δ IBA (0,5đ) ⇒ IA2 = IK.IB , mµ I lµ trung ®iÓm cña AM M nªn IM2 = IK.IB (0,5®) Chứng minh đợc Δ MIK đồng dạng với Δ BIM (1đ) b, (1®iÓm) Tõ c©u a ⇒ ∠ IMK = ∠ MBI , l¹i cã ∠ MBI = ∠ BCK(0,5®); ⇒ ∠ IMK = ∠ BCK ⇒ BC // MA(0,5®); K c, (1 ®iÓm) I H lµ trùc t©m cña Δ MAB ⇒ tø gi¸c AOBH lµ h×nh thoi (0,5®);. B. 7 A.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ⇒. AH = AO =R ⇒ H. (A;R) cố định. Phßng GD & §T ch¬ng mü Trêng THCS Nam ph¬ng tiÕn B. §Ò thi häc sinh giái líp 9 M«n: To¸n. Thêi gian: 120 phót.. đề SỐ9 Bài 1 (3.0đ) Biến đổi đơn giản các biẻu thức. a. A = b. B =. 1 14 34 .2 .2 16 25 81 1 1 1 1 + +. ..+ + √1+ √ 2 √ 2+ √ 3 √ 98+ √ 99 √ 99+ √100. √. 3. Bµi 2: (4.0®) Rót gän vµ tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc. a. C = b √ a+a √ b : 1 √ ab √a −√b Víi a = 20 11 b = 18 11 2003 2003 b. T×m c¸c c¨p sè (x,y) nguyªn d¬ng tháa m·n x2 - y2 = 2003 Câu 3 : ( 5điểm ) giải phương trình a). 6 x −3 =3+2 √ x − √ 1− x. √ x − x2 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ( x  1 )4 1  ( x 2  3 )4  3x 2  2 x  5 2 2 2 ( x  3 ) ( x  1 ) b). Bài 4: (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I a. Tính góc CIF. b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn. c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. Bài 5 ( 3 điểm). Cho tam giác ABC nhọn và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh : AM BN CP + + OM ON OP  9 Bµi 6 (2®iÓm). Cho 3 sè a, b, c tháa m·n 0 a, b, c 2 vµ a+b+c=3. Chøng 3 3 3 minh a  b  c 9 .. đáp án và thang điểm – ĐỀ 9 C©u. 1 2. §¸p ¸n a. KÕt qu¶ 196 k 45 b. 9 a. Rót gän : a - b Tính đợc kết quả: 2 b. x2 - y2 = 2003 (x - y)(x + y)=2003 => x -y vµ x+ y lµ íc cïng dÊu cña 2003 Mµ ¦(2003) { ±1 ; ± 2003 } v× x, y d¬ng nªn x+y> x-y Ta xÐt hai trêng hîp. Thang ®iÓm 1.5 ® 1.5 ® 1.0® 1.0® 0.25® 0.25® 0.25® 0.5® 0.5®. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> x − y=1 ¿ x + y =2003 => ¿ x=1002 y=1001 ¿ x − y=−2003 x + y =−1 => ¿ x =−1002 y=1001 ¿ { { ¿ ¿ ¿¿. 3. VËy cÆp sè (x,y) nguyªn d¬ng th¶o m·n x2 -y2 = 2003 lµ (x,y) = (1002,1002). 0.25®. a) §K 0 < x < 1 vµ x  1. 0,5®. 2. Khử mẫu ở vế trái ta được phương trình: 3( √ x+ √ 1 − x ) = 3 + 2 √ x − x 2 §Æt √ x+ √ 1 − x = t  ®k : 0 < t < √ 2 Phương trình viết thành : t2 - 3 t + 2 = 0 Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho b)  x 1  điều kiện:  x  3. Đặt a =(x-1)2 ; b = x2 - 3. 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5®. ( x  1 )4 1  ( x 2  3 )4  3x 2  2 x  5 2 2 2 ( x  1) Phươngtrình ( x  3 ) trở thành: a2 1  b 4  a  2b 2 b a 2 a 1 a 2 b4 1 ( a  b 2  1 )2 Ta có : 2  b 4   2    a  b 2  1 a  2b b a b 1 a a  b2 1. 4.  a b 2 1  b 1. 0,5®. 0,5®. Dấu = xãy ra khi khi đó x = 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1® - BE, AF là hai đường cao của ABC  CI là đường cao thứ ba hay CIAB - Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF = EBF . - EOF đều nên EOF = 600. 1® -  EF = 600  CIF = EBF = 300. - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE AC. AI. - được: AB = AE ⇒ AC. AE=AB . AI Tương tự BCI đồng. dạng. BC BI = ⇒ BC . BF=BA . BI BA BF. với. BAE. được:. - Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB = const. 2. 1®. 5. - Chứng minh ABC đồng dạng với FEC. S FEC. EF. 2. 2. R. 3. 1. ( ) ( ). ⇒ SABFE = S ABC - S = AB = 2 R = 4 4 ABC - Để S ABFE lớn nhất  S ABC lớn nhất  CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn nhất khi I  O  CAB cân  EF // AB. 2 . R . R √3 3 R2 . √ 3 =R2 . √ 3 ⇒ S ABFE = - Lúc đó S ABC= 2. 4. A. P N. 0,5đ. O. B. 6. H. K. M. C. 0,5đ. Từ A và O kẻ AH  BC OK  BC (H, K  BC)  AH // OK 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> OM OK  Nên AM AH (1) 1 S BOC 2 OK .BC OK   S ABC 1 AH .BC AH 2 (2) S BOC OM  (1) , (2)  S ABC AM. 1đ. S AOC ON  S BN ABC Tương tự : S AOB OP  S ABC CP. 1đ. OM ON OP S BOC S AOC S AOB      1 AM BN CP S S S ABC ABC ABC Nên (3). 0,5®. Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1 1 1   (a+ b + c) ( a b c )  9 OM ON OP AM BN CP   )(   ) 9 Nên ( AM BN CP OM ON OP (4). 0,5® 0,5®. Từ (3) ,(4) suy ra : AM BN CP   9 OM ON OP (đpcm). 0,5®. V× vai trß cña a, b, c nh nhau, kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö: a b c . 3 Khi đó vì 0 a, b, c 2 và a+b+c=3 nên ta có 0 a 1  a a 3 1 c 2  (c-1)(c-2)(c+3) 0  c 7c  6 XÐt hai trêng hîp cña b 3 3 3 3 +Nếu 0 b 1  b b . Khi đó ta có a  b  c a  b  7c  6 3 3 3 Mµ a+b+7c-6 = (a+b+c)+6c-6 3+6.2-6=9  a  b  c 9 3 + Nếu 1 b 2  b 7b  6 Khi đó ta có a 3  b3  c 3 a  7b  6  7c  6 7  a  b  c   6a  12 9  6a 9 3. 3. (v× -6a 0). 3. KÕt luËn a  b  c 9 (®pcm) PHÒNG GD & ĐT CHƯƠNG MỸ -------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN : TOÁN – LỚP 9 ( Thời gian làm bài : 150 phút). ĐỀ SỐ 10 Câu 1: (4 điểm). 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cho biểu thức : 5. Rút gọn A. A. 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3 A. 1 2. 6. Tìm giá trị của x khi 7. Tìm giá trị nguyên của x để A là số nguyên. 8. Tìm giá trị của x để A đạt giá trị lớn nhất Câu 2: (4 điểm) 3. Cho x 1, y 1. Chứng minh : x y  1  y x  1 xy . 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A. y 1 x 1  ( x 1; y 1) y x. Câu 3: (4 điểm) Một đoàn khách du lịch đi tham quan bằng ô tô. Họ quyết định mỗi chiếc ô tô phải chở một số hành khách như nhau. Ban đầu họ định cho mỗi ô tô chở 22 hành khách, nhưng như vậy còn thừa ra một người. Về sau , khi bớt đi 1 ôtô thì có thể phân phối số hành khách như nhau lên mỗi ôtô còn lại. Hỏi ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất cả bao nhiêu khách du lịch, biết rằng mỗi ôtô chỉ chở được không quá 32 người. Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O,R) dây AB = R 2 . Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy M sao cho AM = R ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa O) 6. Tứ giác AMBO là hình gì? 7. Đường OM cắt (O) tại I, tính IM theo R ( I thuộc cung nhỏ AB ) 8. Tính AI theo R 9. Đường AI cắt BM tại H . Chứng minh AH là phân giác của góc MAB 10.Khi A chuyển động trên (O) thì M di chuyển trên đường nào? Câu 5: (3điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R. Một điểm M chạy trên cung nhỏ AB. Hãy chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M đến A và B không lớn hơn đường kính của đường tròn đó. ------------------------------- Hết --------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN – ĐỀ 10 Câu 1: (4điểm) 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3 Cho biểu thức Đ /k : x 0; x 1 A. (0,5đ) 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1. Rút gọn:. A. 15 x  11 (3 x  2)( x  3) (2 x  3)( x  1)   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3). 15 x  11  3x  7 x  6  2 x   ( x  1)( x  3) . (1đ). x 3. (1đ). 7 x  5x  2 ( x  1)(5 x  2)  ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3). A. 5 x 2 x 3. (1,5đ). Câu 2: (4điểm) 3. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có:. Tương tự :. 1 y  1 y y  1  1.( y  1)   2 2 xy  x y1 2 xy y x 1 2. x y  1  y x  1 xy Do đó : 4. Theo câu 1:. (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ). x y  1  y x  1 xy . x y 1 y x 1 1 xy. y 1 x 1  1 x Do đó : y  x  1 1  x 2   Dấu “=” xảy ra  y  1 1  y 2. Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1. Câu 3: (4điểm) Gọi x là số ôtô có lúc đầu và lúc sau mỗi ôtô chở y người.( đ/k : x 2, y 32 ) Vì mỗi xe lúc đầu dự định chở 22 hành khách nhưng còn thừa ra một người nên số hành khách có :22x +1 người. Vì lúc sau bớt đi 1 xe ôtô nên số xe còn lại là : (x – 1) xe và mỗi xe lúc sau chở y người nên số hành khách là : y(x-1) người. Vậy ta có phương trình: y(x-1) = 22x + 1  y. 22 x  1 23 22  x 1 x 1. 23 Vì y là số tự nhiên, x 2 nên x  1 cũng là một số tự nhiên, do đó. 23x  1. Vậy x-1 = 1 hoặc x-1 = 23 Với x-1 = 1 thì x = 2  y = 22 +23 = 45 . Trái giả thiết mỗi xe chở không quá 32 người. Với x-1 = 23 thì x = 24  y 22  1 23 32 .(thoả mãn đ/k) Vậy số ôtô ban đầu là 24 chiếc và tổng số khách du lịch là: 22.24+1= 529 người. Bài 4: (5 điểm) 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Vẽ hình đúng, ghi GT,KL đúng : (0,5đ) 5. Xét tam giác OAB có OA = OB (=R); AB = R 2 Nên tam giác OAB vuông tại O. (đảo Pytago) Ta có :OB vuông góc với OA (cm trên) MA vuông góc với OA(tính chất tiếp tuyến)  OB / / MA , lại có OB = MA (=R) nên tứ giác AMBO là hình bình hành. Mặt khác : MAO Góc MAOvuông và AM = AO nên AMBO là hình vuông. 6. IM = OM – OI = R 2 -R =R( 2 -1) 7. Gọi C là giao điểm hai đường chéo AB và OM ta có AB vuông góc với OM và R 2 R 2 R 2  ( R 2  R ) R  2 CM = 2 . Ta có : CI = CM – IM = 2. Tam giác ACI vuông tại C nên: AI2= CI2 +AC2 ( Pytago)  AI 2 ( R . R 2 2 R 2 2 R 2 2R2 2R2 ) ( ) R 2  2 R   2 R 2  R 2 2 2 2 2 4 4.  AI R 2  2 4. Ta có IAO AIO (tam giác AOI cân tại O) mà IAO AHM (so le trong IAO  A2 900 0. AHM  A1 90  A1 A2 AO//MB) .Mà : Vậy AH là phân giác của góc MAB. 8. Ta có OM = AB = R 2 không đổi , O cố định . Do đó M thuộc đường tròn tâm O bán kính R 2 Bài 5: (3điểm) (Các bạn tự giải nhé, chúc các bạn thành công). 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>