Bộ đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề số 01) Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức 1 1 2x x 1 2x x x x 1 A : Với x 0; x ; x 1 1 x x 1 x 1 x x 4 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi x 17 12 2 c) So sánh A với A . Bài 2: (4,0 điểm) Thu gọn các biểu thức a) A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5 15 4 12 b) B 6 11 6 1 6 2 3 6 Bài 3: (3,0 điểm) 2 2 a) Giải phương trình x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3 2012 b) Cho hàm số f(x) = x3 6x 5 . Tính f(a),với a = 3 3 17 3 3 17 Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên cạnh AC lấy điểm M sao MC 1 cho .Kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại C , cắt tia BM tại K , kẻ BE  CK MA 3 a) Chứng minh tứ giác ABEC là hình vuông 1 1 1 b) Chứng minh : AB2 BM 2 BK 2 c) Biết BM = 6cm. Tính các cạnh của tam giác MCK Bài 5: (1,5 điểm) Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC.Tính B· PE. Bài 6: (1,5 điểm) Cho hai số dương a và b thỏa mãn a. b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 2 biểu thức B = a b a b Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đề số 01 Bài 1 (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức (2 điểm) 1 1 2x x 1 2x x x x 1 A : x 0;x ;x 1 1 x x 1 x 1 x x 4 x 2x x 1 x 1 x 2x 2 x x 1 : 0.5 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 2 x 1 x 1 2 x 1 x x 1 2 x 1 : x x 1 1 x 1 x 1 x 1 x x 0.5 2 x 1 1 x : 2 x 1 0.25 x x 1 1 x 1 x x 2 x 1 1 x x x 1 x : 2 x 1 : 0.25 x x 1 1 x 1 x x 1 1 1 x x : 0.25 x x 1 1 x 1 x x x 0,25 b) Tính giá trị của A khi x 17 12 2 (1 điểm). 2 2 Tính x 17 12 2 3 2 2 x 3 2 2 3 2 2 3 2 2 0.5 1 3 2 2 17 12 2 15 10 2 5 3 2 2 A 5 0.5 3 2 2 3 2 2 3 2 2 c) So sánh A với A (1 điểm). 1 x x 1 Biến đổi A x 1 0.25 x x 1 1 Chứng minh được x 2 với mọi x 0;x ;x 1 0.25 x 4 1 A x 1 1 A 1 A 1 0 A A 1 0 x A A 0 A A 0.5 Bài 2 (4 điểm) a) A 8 2 10 2 5 8 2 10 2 5
3. A2 8 2 10 2 5 2 64 4 10 2 5 8 2 10 2 5 0.5 16 2 64 40 8 5 0.25 16 2 24 8 5 0.25 2 16 2 2 5 2 0.5 12 4 5 2 0.25 10 2 0.25 A 10 2 15 4 12 b) B 6 11 6 1 6 2 3 6 15 6 1 4 6 2 12 3 6 0.5 2 2 2 6 11 2 2 6 1 6 2 3 6 0.5 3 6 1 2 6 2 4 3 6 6 11 0.5 3 6 3 2 6 4 12 4 6 6 11 0.25 6 11 6 11 0.25 6 112 115 Bài 3 (3điểm) Giải phương trình a) x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 1 0.5 x 1 x 2 0 x 3 0 Điều kiện x 2 0.25 x 2 0 x 1 x 3 0 1 x 2 x 1 1 x 3 x 1 1 0 0.5 x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 2 x 3 0 x 2 0.5 x 2 x 3 0 x 2 x 3 x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 0.25
4. 3 a3 3 3 17 3 3 17 0.25 a3 6 33 3 17 .3 3 17 3 3 17 3 3 17 0.25 b)Từ a= 3 3 17 3 3 17 a3 6 6a a3 6a 6 0 0.25 2012 2012 Vậy : f a a3 6a 5 a3 6a 6 1 12012 1 0.25 Bài 4 (8 điểm) A K M 6 0.5 B C E N a) Ta có A C E 900 AB=AC( Do ABC vuông cân tại A) 0.5 Nên : Tứ giác ABEC là hình vuông 0.25
5. b) Kẻ đường thẳng vuông góc với BM tại B cắt EC tại N Xét ABM và EBN ta có :  A=  E = 900 AB = BE(cạnh hình vuông ABEC)  ABM =  EBN( cùng phụ  EBM) 0.75 Vậy ABM = EBN (g.c.g) 0.25 BM = BN Áp dụng hệ thức lượng vào vuông BNK ta có : 0.5 1 1 1 BE 2 BN 2 BK 2 Mà : AB BE; BM BN 1 1 1 2 2 2 AB BM BK 0.5 MC 1 c) Từ MA 3MC; AB AC 4MC MA 3 0.75 Đặt MC = x MA = 3x ; AB = 4x Áp dụng định lý pi ta go vào tam giác vuông ABM AB2 AC 2 BM 2 4x 2 3x 2 62 6 0.75 25x2 36 x 5 1 24 4 0.25 MC 1 (cm); AB 4x 4 (cm) 5 5 5 0.25 Vì CK //AB nên MCK đồng dạng MAB 0.5 MK KC CM 1 MB AB CA 3 24 3 0.25 MK 2(cm); KC :3 1 (cm) 5 5 Bài 5 (1,5 điểm ) 0.25 Kẻ EF  AC tại F, DG  BC tại G. Theo giả thiết S( ADPE) S(BPC) 0.5 S( ACE) S(BCD). Mà AC BC EF DG và µA Cµ
6. Suy ra AEF CDG AE CG. Do đó AEC CDB(c g c) D· BC E· CA B· PE P· BC P· CB P· CD P· CB 600 0.5 0,25 Bài 5 (1,5 điểm) Vì ab=1,a>0,b>0 và theo BĐT Côsi ta có : 1 1 2 B a b a b a b 2 0.25 ab a b a b a b 2 0.5 2 2 a b 0.5 a b 2 ab 2 . 3 2 a b a b a b 1(nhan) Bmin 3 a b 2 a b 1 a b 1(loai) 2 a b 0.25 Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương. 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.
7. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 02) a 1 a a 1 a2 a a a 1 Bài 1. (5,0 điểm) Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a a) Chứng minh rằng M 4. 6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình: 2x 2 9x 4 3 2x 1 2x 2 21x 11 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz zx A = với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1 z x y Bài 3. (4 điểm) a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 1 1 1 b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: . 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 Bài 4. (6 điểm) a. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H, trọng tâm I; Giao điểm 3 đường trung trực là O, trung điểm của BC là M. 2 2 Tính giá trị biểu thức: IO OM IH 2 HA2 b. Cho góc x· Oy . Một đường thẳng d thay đổi luôn cắt các tia Ox; Oy tại M và N. 1 1 Biết giá trị biểu thức không thay đổi khi đường thẳng d thay đổi. OM ON Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5. (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM THI Đề số 03 BÀI ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂ
8. M a 1 a a 1 a 2 a a a 1 Cho biểu thức: M với a > 0, a 1. a a a a a a Bài 1 a) Chứng minh rằng M 4. 6 b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N nhận giá trị nguyên. M a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1 Do a > 0, a 1 nên: và a a a ( a 1) a a 2 a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1 a a a a (1 a) a (1 a) a a a 1 M 2 a Do a 0; a 1 nên: ( a 1)2 0 a 1 2 a 2 a M 2 4 a 6 3 Ta có 0 N do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 M 2 6 a Mà N = 1 1 a 4 a 1 0 ( a 2)2 3 b a 1 2 a a 2 3 hay a 2 3 (phù hợp) Vậy, N nguyên a (2 3)2 Bài 2 a) ĐK: x 4 hoặc x = 0,5 Biến đổi: 2x2 9x 4 3 2x 1 2x2 21x 11 x 4 2x 1 3 2x 1 x 11 2x 1 x 4 2x 1 3 2x 1 x 11 2x 1 0 2x 1( x 4 3 x 11) 0 2x 1 0(1) Hoặc x 4 3 x 11 0 (2) Giải (1) được x = 0,5 (thỏa mãn), giải (2) được x = 5 (thỏa mãn) xy yz zx b) A = z x y x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 Nên A2 = 2 ( vì x2+y2+z2 =1) z 2 x 2 y 2 = B +2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
9. x 2 y 2 y 2 z 2 x 2 y 2 y 2 z 2 2y 2 z 2 x 2 z 2 x 2 y 2 z 2 z 2 x 2 Tương tự 2z 2 x 2 y 2 x 2 y 2 z 2 x 2 2x 2 z 2 y 2 Cộng vế với vế ta được 2B 2 B 1 Do đó A2 = B +2 3 nên A 3 3 Vậy Min A = 3 x = y = z = 3 Bài 3 Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2 = 320 => (x3)2 £ 320 mà x nguyên nên x £ 2 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) a Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: (2;-2); (2;6); (-2;-6); (-2;2) Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 => (x3)2 £ 320 1 1 4 Áp dụng BĐT (với a, b > 0) a b a b 1 1 1 1 a b 4 a b Ta có: 1 1 1 1 1 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z 1 2 1 1 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 Tương tự: 3x 2y 3z 16 x z x y y z 1 1 2 1 1 2x 3y 3z 16 y z x y x z
10. Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2 Bài 4 a) Ta có MO // HA (cùng vuông góc với BC) A OK // BH (cùng vuông góc với AC) K· OM = B· HA (góc có cạnh tương ứng song song) MK // AB (M, K là trung điểm BC và AC) K H· AB = O· MK (góc có cạnh tương ứng song song) H ABH đồng dạng với MKO I O MO MK 1 B C AH AB 2 M a MO MI 1 Xét AIH và MIO có và O· MI = H· AI (so le trong) AH AI 2 IO 1 IO OM 1 AIH đồng dạng với MIO IH 2 IH HA 2 IO2 OM2 IO2 OM2 1 IO2 OM 2 1 IH2 HA2 IH2 HA2 4 IH 2 OA2 2 d x M E I O D N y 1 1 1 Giả sử (1) ( a là số dương cho trước). Lấy điểm D trên Oy b OM ON a sao cho OD = a thì OD (2) OM ON NM ON NM MN ON OD.OM OD a 1 OE OE Từ (1) và (2) => => 1 => OE = OD = a không đổi, mà OM OD.OM OD D Oy; E Ox nên D; E cố định. Mặt khác O cố định và OEID là hình bình hành nên I cố định. Vậy d luôn đi qua I cố định (ĐPCM)
11. Bài 5 Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83 4xy 2x 2y 1 167 (2x 1)(2y 1) 167 Do x,y nguyên dương (2x 1);(2y 1) Z (2x 1);(2y 1) Ư(167) Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0). Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83 4xy 2x 2y 1 167 (2x 1)(2y 1) 167 ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 03) Bài 1: (3 điểm)
12. x2 2x 1 1 1 Cho biểu thức A .( ) x3 1 2 1 x 2 1 x 2 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (6 điểm) a) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 . 1 1 b) Chứng minh rằng: 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > x y 0. 1 1 1 1 c) Cho x, y, z thỏa mãn : 1 . x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 . Bài 3: (4 điểm) a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1) chia hết cho 323 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2 2y 1 0 Bài 4: (4 điểm) Cho ABC vuông ở C. Lấy D đối xứng C qua AB, CD cắt AB tại M, lấy điểm E đối xứng với A qua M. a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên BC và AC. Chứng minh rằng: HM MK CD  HK MC 4R Bài 5:(3 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng: c ab a bc b ac 2 a b b c a c HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Đề thi số 03. Điể Bài Nội dung m
13. x 2 0 1a 3 x 2 a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa: x 1 0 (1đ) x 1 1,0đ x 2 1 b) Rút gọn biểu thức A x2 2x 1 1 1 x(x 2) 1 2 A 3 .( ) 2 . x 1 2 1 x 2 1 x 2 (x 1)(x x 1) 2 1 (x 2) 1,0đ 1b x(x 2) 1 x(x 2) (x2 x 1) (1đ) (x 1)(x2 x 1) x 1 (x 1)(x2 x 1) (x 1) 1 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 1 2 3 Ta có A 2 . Ta có A nhỏ nhất khi (x ) đạt giá trị 1c 1 2 3 x x 1 (x ) 2 4 1,0đ (1đ) 2 4 4 1 1 nhỏ nhất . Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là khi x = 0 x 3 2 2 2016 a) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 ĐK x 2017 x2 2x 1 2017x 2016 2 2017x 2016 1 0 2a 2 2 1,0đ (2đ) x 1 2017x 2016 1 0 x 1 0 x 1 x 1 (thỏa mãn điều kiện). 2017x 2016 1 0 2017x 2016 1 Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 1 1 Chứng minh: 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0. x y Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0 ( x2 – xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = 0 ( x + y + 2)( x2 – xy + y2 + x + y + 2) = 0 1 1,0đ .( x + y + 2)( 2x2 – 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0 2b 2 1 (2đ) .( x + y + 2). (x y)2 (x 1)2 (y 1)2 2 = 0 2 x + y + 2 = 0 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0
14. ( x) ( y) (x y) 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có ( x)( y) 1 2 2 2 1 2 1 1 x y 2 Do đó xy 1 suy ra 1 hay -2 Mà M 1,0đ xy xy x y xy xy 1 1 Vậy M 2 (đpcm) x y 1 1 1 1 a) Cho x, y, z thỏa mãn : 1. x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 1,0đ 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: : 1 x y z 1 2c x y z x y z x y z (2đ) (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = 0 x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = 0 x y 2 1,0đ (yz + zx + y + yx)( x+ z) = 0 (x y)(y z)(x z) 0 y z z x Thay vào B tính được B = 0 a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1 323 Ta có: 323=17.19 1,0đ 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n) 20n – 1 19 3a 16n – 3n19 (n chẵn) (2đ) Do đó 20n + 16n – 3n – 1 19 (1) 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 3n) + (16n –1) 20n – 3n 17 1,0đ 16n –1n17 ( n chẵn) Do đó 20n + 16n – 3n – 1 17 (2) Mà (17;19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20n + 16n – 3n – 1 323 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2 2y 1 0 3b Nếu y+2=0 y 2 lúc đó phương trình có dạng 0x2017 1 0 (vô nghiệm). 1,0đ 2 (2đ) 2017 y 2y 1 1 Nếu y 2 thì ta có x y y 2 y 2
15. 1 Vì x, y nguyên nên nguyên y 2 Ư(1) 1;1 . Với y 2 y 2 1 y 3 x2017 4 (loại ).Với y 2 1 y 1 x2017 0 x 0 . 1,0đ Vậy số nguyên x,y thỏa mãn đề bài là : x=0,y=-1 a) Vì CD  AB CM = MD Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là HBH Mà AE  CD tứ giác ACED là hình thoi b) Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, suy ra C tứ giác CHMK là hình chữ nhật H Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: MA.MC 1,0đ MH.AC = MA.MC MH = K AC MB.MC MA.MB.MC2 B Tương tự ta có: MK = MH.MK = A M E BC AC.BC Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C) MC2.MC2 MC3 MH.MK MC MH.MK = = = MC.AB AB MC2 AB D Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD HM MK CD = = = Vậy:  = (đpcm) HK.MC AB 2AB 4R HK MC 4R Vì a + b + c = 1 nên c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b) 4 a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) (4đ) b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) nên BĐT cần chứng minh tương đương với: c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 2,0đ 2 2 2 c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c Mặt khác dễ thấy: x2 y2 z2 xy yz zx , với mọi x, y, z (*) 5 Áp dụng (*) ta có: VT b c a b c a 2 (3đ) 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm 3
16. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 04) Bài 1: (6 điểm) x x 3 x 2 x 2 1. Cho M (1 ) : ( ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 2. Tính giá trị của biểu thức P P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3 Bài 2: (4 điểm)
17. a) Giải phương trình: (1 x 2 )3 4x 3 1 3x 4 b) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 2 2014 là một số chính phương. Bài 3: (4 điểm) a) Cho đường thẳng: (m 2)x (m 1)y 1 (m là tham số) (1) CMR: đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m b) Chứng minh rằng: nếu a, b ,c là ba số thỏa mãn a + b +c = 2013 1 1 1 1 và = thì một trong ba số phải có một số bằng 2013 a b c 2013 Bài 4: (5 điểm) Cho hai đoạn thẳng AB và CD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn. Lấy M tong góc AOC sao cho OM = OA = OB. Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. a) Tính sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) c) Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Bài 5: (1 điểm) 4a 9b 16c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P b c a a c b a b c (Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác) - Hết - ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Đề số 04. Bài 1: a) (4,5đ) ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1) Rút gọn M: Với x 0; x 4; x 9 x 2 8Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ) x 1 x 2 x 1 3 x 1 3 3 2)M 1 (0,75đ) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U (3) Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 1 0 x 1 1 Nên x 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) . x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*)) .x 1 3 x 2 x 4
18. (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b) x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3 Có18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 (0,5đ) 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 (0,25đ) x 6 2 2. 3 3 1 6 2 2. 2 3 6 2 4 2 3 3 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014 Bài 2: a_(2,5đ) 3 1 x2 4x3 1 3x4 (1) Ta có: 4x3 1 3x4 3x4 4x3 x2 x2 1 1 x2 x2 3x2 4x 1 (2) Thay (2) vào (1) ta có: 3 (1) 1 x2 1 x2 x2 3x2 4x 1 (3) ( 0,5đ) Đặt y 1 x2 , với y ≥ 1. Suy ra x2 y 2 1 Thay vào (3): y3 y2 1 y2 3x2 4x 1 (0,5đ) y2 y 1 1 y2 3x2 4x 1 0 y 1 0 y 1 y2 y 1 3x2 4x 1 0 2 y y 1 3x 4x 1 0 * Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình. * Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: y2 y 1 3x2 4x 1 0 (4) (1đ) 2 2 2 1 1 Vì 3x 4x 1 3 x và y > 1 thay vào vế trái của (4) 3 3 3 2 2 2 1 1 13 1 13 1 y y 1 y 1 lớn hơn. (0,25đ) 3 6 36 6 36 3 Do đó (4) vô nghiệm Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0 (0,25đ) n 2 2014 k 2 (k 2 N) b_ (1,5đ) Giả sử (1) (0,5đ) 2014 k 2 n 2 2014 (k n)(k n) Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ Do 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn (0,5đ) (k n)(k n)4 Khi đó từ (1) suy ra ta lại có 20144 (điều này vô lí)
19. Vậy không có số nguyên n nào để n 2 2014 là số chính phương (0,5đ) Bài 3: a) (2đ) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m 2)x (m 1)y 1đi qua điểm cố định N(x0 ; y0 ) với mọi m là : (0,5đ) (m 2)x0 (m 1)y0 1 với mọi m mx0 2x0 my0 y0 1 0 với mọi m (x y )m (2x y 1) 0 với mọi m (0,75đ) 0 0 0 0 x0 y0 0 x0 1 (0,5đ) 2x0 y0 1 0 y0 1 Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N(-1; 1) (0,25đ) b) Điều kiện a, b, c 0 1 1 1 1 Từ Suy ra ( bc +ac +ab ) ( a+b+c ) – abc = 0 (0,25đ) a b c a b c ( a+b ) ( b+c ) ( c+a ) = 0 a+b =0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0 (0,5đ) Nếu a+b =0 mà a+b+c =2013 nên c=2013 Nếu b+ c =0 mà a+b+c =2013nên a=2013 Nếu a+c=0 mà a+b+c =2013nên b=2013 (0,5đ) Vậy 1 trong các số a, c , b bằng 2013 (0,25đ) Bài 4: C K M B O H A D (0,5đ) a) Vì M nằm trong góc AOC và OM = OA = OB nên các tam giác BMA và CMD vuông tại M nên: sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC = (sin2 M· BA cos2 M· BA) (sin2 M· CD cos2 M· CD) =1+1=2 (1,5đ) b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) (1đ) và BH = AB – AH = 2R – AH Suy ra:OK2=MH2=AH(2R-AH) (1đ) c) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH) (0,25đ)
20. OH 2 MH 2 OM 2 R2 Mà OH.MH (Pitago) (0,25đ) 2 2 2 R2 Vậy P 4R2. 2R4 . đẳng thức xẩy ra MH = OH (0,25đ) 2 R 2 OH= (0,25đ) 2 Bài 5: Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z=a + b – c thì x, y, z 0 ` z y a 2 b c a x x z Ta có a c b y b (0,25đ) 2 a b c z x y c 2 Vậy 2 y 2 z 9 z 9 x 8x 8 y P x 2 y z (0,25đ) 2 y 9 x 2 z 8x 9 z 8 y 2 9 2 16 2 36 26 x 2 y x z 2 y z 2y 9x z x x 2y 2 2 2 4y 9x 2z 8x 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi 2z 2 8x 2 y x (0,25đ) x z 2 2 2 9z 8y 9z 8y 4 z y 2y z 3 z x 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 khi và chỉ khi y x (0,25đ) 2 4 z y 3
21. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 05) 3x 9x 3 x 1 x 2 Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P = x x 2 x 2 x 1 a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P. b) Tìm x để P < 0. Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30 . 1 1 b) Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng a b . 4 . a b Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n2 + n + 6 là số chính phương. b) Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z 2 . Chứng minh A = xy chia hết cho 12. Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AA', BB', CC'. a) Chứng minh ΔAC'C : ΔAB'B b) Trên BB' lấy M, trên CC' lấy N sao cho·AMC ·ANB 900 . Chứng minh rằng AM = AN. c) Gọi S, S' lần lượt là diện tích của tam giác ABC và tam giác A'B'C'. S ' Chứng minh rằng cos2 A cos2 B cos2 C 1 S 34 Bài 5: (2,0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y . Tìm giá trị nhỏ 35 2 8 nhất của biểu thức: A 3x 4y 5x 7y - Hết -
22. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 Bài Nội dung cần đạt Điểm Câu a: (2,0 điểm) - Tìm được ĐKXĐ: x 0, x 1 - Ta có 0,5 3x 9x 3 x 1 x 2 x x 2 x 2 x 1 0,5 3x 3 x 3 ( x 1)( x 1) ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) 3x 3 x 3 x 1 x 4 0,5 ( x 2)( x 1) x 3 x 2 0,5 ( x 2)( x 1) 1 ( x 2)( x 1) x 1 ( x 2)( x 1) x 1 Câu b: (2,0 điểm) - Ta có: P < 0 x 1 0,5 0 x 1 x 1 0(do x 1 0) 1,0 x 1 0,5 x 1 - Kết hợp với ĐKXĐ ta được: Với 0 x 1 thì P < 0. Câu a: (2,0 điểm) Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30 . - ĐKXĐ x 5 . 0,25 - Ta có x2 7x 6 x 5 30 1,0 x2 8x 16 x 5 6 x 5 9 0 0,5 2 x 4 2 x 5 3 0 2 0,25 - Vì x 4 2 0; x 5 3 0 nên 2 x 4 0 2 x 5 3 0 x 4 0 x 5 3 0 x 4 (thỏa mãn ĐKXĐ). Nghiệm của phương trình đã cho là x = 4 2 Câu b: (2,0 điểm) 0,75
23. 1 1 Cho hai số dương a và b. Chứng minh rằng a b . 4 a b 0,75 1 1 a b - Ta có a b . 2 a b b a - Vì a, b > 0 nên áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương 0,5 a b a b 1 1 2 . 2 . Do đó a b . 4 b a b a a b Câu a: (2,0 điểm) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n2 + n + 6 là số chính phương - Để A là số chính phương thì A = n2 + n + 6 = a2 (a N ) 0,25 - Ta có: n2 + n + 6 =a2 x 5 0,5 - Vì a, n là các số tự nhiên nên (2a +2n +1) là số tự nhiên và 2a + 2n + 1 > 2a – 2n -1. Do đó 0,5 2a 2n 1 23 2a 2n 1 1 0,25 4a 24 4n 20 a 6 n 5 - Vậy n = 5 0,5 Câu b: (2,0 điểm) Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z 2 Chứng minh A = xy chia hết cho 12 1,0 3 - Xét phép chia của xy cho 3 Nếu xy không chia hết cho 3 thì x  1(mod3) y  1(mod3) x2 1(mod3) (Vô lí) 2 y 1(mod3) z2 x2 y2  2(mod3) Vậy xy chia hết cho 3 (1) - Xét phép chia của xy cho 4 Nếu xy không chia hết cho 4 thì 0,5 x  1(mod 4) y  1(mod 4) x2 1(mod 4) TH1: (vô lí ) 2 y 1(mod 4) z2 x2 y2  2(mod 4)
24. TH2: Trong hai số x,y một số chia 4 dư 2, một số chia 4 dư 1 hoặc -1. Không mất tính tổng quát giả sử x  1(mod 4) 0,5 y  2(mod 4) x2 1(mod8) ( vô lí) 2 y  4(mod8) z2 x2 y2  5(mod8) - Vậy xy chia hết cho 4 (2) - Từ (1) và (2): Vậy xy chia hết cho 12 A B' C N M B C A' Câu a (2,0 điểm): Chứng minh ΔAC'C ΔAB'B 4 : - Xét ΔAC'C;ΔAB'B có Góc A chung 2,0 Bµ' Cµ' 900 Suy ra: ΔAC'C : ΔAB'B Câu b (2,0 điểm): Chứng minh AM = AN. 0,5 - Xét AMC vuông tại M đường cao MB' AM 2 AB '.AC 0,5 - Xét ANB vuông tại N đường cao NC' 0,5 AN 2 AC '.AB 0,5 - Theo câu a ta có AB'.AC = AC'.AB - Do đó: AM = AN S ' Câu c: (2,0 điểm) Chứng minh cos2 A cos2 B cos2 C 1 S 0,5 2 SAB'C ' AB ' 2 - Chỉ ra được cos A SABC AB
25. S - Tương tự BA'C ' cos2 B 0,5 SABC S CA'B' cos2 C SABC 0,5 - Do đó: S S S 0,5 cos2 A cos2 B cos2 C AB'C ' BA'C ' CA'B' S ABC S S S ' ABC A'B'C ' 1 SABC S 34 Cho x, y là các số dương thỏa mãn x y 35 2 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 3x 4y 0,5 5x 7y - Ta có: 2 8 A 3x 4y 5x 7y 1 1 2 5x 8 7y 0,5 x y 2 2 5x 2 7y 2 - Áp dụng bất đẳng thức cosi cho hai số dương ta được 0,25 2 5x 2.5x 2 2 5x 2 5x.2 8 7x 8.7x 5 2 4 7x 2 7x.2 34 1 34 17 - Vì x y nên A . 2 4 6 0,5 35 2 35 35 2 5x 5x 2 2 x 8 7y 5 - Dấu "=" xảy ra khi 0,25 7y 2 4 y 34 7 x y 35 2 x 17 5 - A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi 35 4 y 7
26. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 05) Bài 1: (4,0 điểm) x x 3 2( x 3) x 3 Cho biểu thức P = x 2 x 3 x 1 3 x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P với x = 14 - 6 5 c) Tìm GTNN của P. Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho biểu thức A = x – 2 xy + 3y - 2 x + 1 Tìm giá trị nhỏ nhất mà A có thể đạt được. b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 1 x 4 x 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a 2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a) Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b) Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c) Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? - Hết -
27. ĐÁP ÁN ĐỀ 05 Câu 1: (4 điểm) 2 x 9 x 3 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức A = x 5 x 6 x 2 3 x ĐKXĐ: x 4; x 9 2 x 9 x 3 2 x 1 2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2 A = x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 = x 2 x 3 x 3 b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. (1 y2 )(1 z2 ) (1 z2 )(1 x2 ) (1 x2 )(1 y2 ) Hãy tính: A = x y z (1 x2 ) (1 y2 ) (1 z2 ) Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2 = ; 1 + z2 = . Câu 2: (3 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2018 Tính f(a) tại a = 3 16 8 5 3 16 8 5 b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính phương ? Giải a) Từ a= 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 16 8 5 16 8 5 3 16 8 5 3 16 8 5 32 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 k n 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ¥ ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 n 8 k n 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 điểm) Giải các phương trình sau: a/ 1 x 4 x 3 b/ x2 4x 5 2 2x 3 Giải a) ĐK: 4 x 1 Bình phương 2 vế: 1 x 4 x 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2 2 x 0 4 3x x 4 x(x 3) 0 (thỏa mãn) x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 3 b) x2 4x 5 2 2x 3 . ĐKXĐ: x 2
28. x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 2 2 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 x 1 2x 3 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y 4 y x 4 xy b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a 2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải a/ 2 x y 4 y x 4 xy x.2. y 4 y.2. x 4 xy 4 y 4 y 4 x 4 x Xét VP = x.2. y 4 y.2. x 4 theo BĐT cosi: 2 y 4 ;2 x 4 2 2 2 2 vậy VP xy = VT x 4 2 Dấu = xảy ra khi: x y 8 y 4 2 b/ Do a; b; c thuộc đoạn  1;2 nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. KC AC 2 CB2 BA2 a/ Chứng minh: KB CB2 BA2 AC 2 b/ Giả sử: HK = 1 AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 2 0 c/ Giả sử SABC = 120 cm và BÂC = 60 . Hãy tính diện tích tam giác ADE? Giải a/ Sử dụng định lý pytago: A AC 2 CB2 BA2 AK 2 KC 2 (BK CK)2 AB2 CB2 BA2 AC 2 (BK CK)2 BA2 (AK KC)2 2CK 2 2BK.CK 2CK(CK BK) CK = 2BK 2 2BK.CK 2BK(BK CK) BK D E b/ Ta có: tanB = AK ; tanC = AK H BK CK 2 Nên: tanBtanC = AK (1) BK.CK B K C KC Mặt khác ta có: Bµ H· KC mà: tanHKC = KH
29. KC KB KB.KC Nên tanB = tương tự tanC = tan B.tan C (2) KH KH KH 2 2 2 AK Từ (1)(2) tan B.tan C KH 1 Theo gt: HK = AK tan B.tan C 3 3 2 SABC AB c/ Ta chứng minh được: ABC và ADE đồng dạng vậy: (3) SADE AD Mà BÂC = 600 nên ·ABD 300 AB = 2AD(4) SABC 2 Từ (3)(4) ta có: 4 SADE 30(cm ) SADE
30. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 06) Câu 1. (4,0 điểm): 3x 9x 3 1 1 1 Cho biểu thức A 2 : x x 2 x 1 x 2 x 1 1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. 2) Rút gọn biểu thức A. 2 3) Tìm giá trị của x để là số tự nhiên. A Câu 2. (4,0 điểm) Giải phương trình: x2 10x 27 6 x x 4 Câu 3. (4,0 điểm): x 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A . x2 x 1 Câu 4. (6,0 điểm) Cho thẳng AB có trung điểm O. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB sao cho CO = DO = OA = OB. Lấy điểm E đối xứng với A qua M. 1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? 2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng: HM MK CD  HK MC 4R 3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B). Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. c ab a bc b ac Chứng minh rằng: 2 a b b c a c - Hết -
31. ĐÁP ÁN ĐỀ 06 Câu Ý Lời giải Điểm 1 1 x 0 0,5 Điều kiện: x 1 2 3x 9x 3 1 1 1 0,5 A 2 : x x 2 x 1 x 2 x 1 0,5 x 3 x 2 =  x 1 x 1 x 2 0,5 x 1 x 2 0,5 =  x 1 x 1 x 1 x 2 2 = x 1 3 x 0 Với điều kiện: x 1 2 Ta có: A = x 1 2 2 0,5 x 1 Vì A = ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤ ≤ 2 2 x 1 2 2 2 2 0,5 x 1 x 1 Do đó: 2 ¥ khi = 1 hoặc = 2 A x 1 Mà x 1 > 0 nên x 1 =1 hoặc x 1 = 2 0,5 2 Do đó: x 0 hoặc x 2 1 3 2 2 2 Vậy là số tự nhiên khi x 0 hoặc x 3 2 2 A 2 1 Giải phương trình: x2 10x 27 6 x x 4 Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6 0,5 2 VT x2 10x 27 x 5 2 2 , dấu “=” xảy ra x 5 0,5 2 2 VP 6 x x 4 12 12 6 x x 4 VP 2, 1 1 Dấu “=” xảy ra 6 x x 4 x 5 6 x x 1 0,5 VT VP x 5(TMĐK). 0,5 Vậy nghiệm của phương trình là x 5 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 A x2 x 1
32. 2 2 1 3 0,25 Ta có: x x 1 x 0,x ¡ 2 4 0,5 x 1 x2 x 1 x2 x2 x2 A 2 2 1 2 1 (vì 2 0,x ¡ ) x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0 2 2 x 1 3x 3 x 4x 4 x x 1 A 3A 0,5 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x 2 2 x 2 2 0,25 = 1 1 (vì 0,x ¡ ) x2 x 1 x2 x 1 1 0,25 Suy ra:A , đẳng thức xảy ra khi x 2 0 x 2 3 1 Suy ra: minA = , khi x 2 3 3 1 Tìm được A(0; 3); B(0; 7) 1,0 Suy ra I(0; 5) 0,5 2 Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: 0,5 x + 3 = 3x + 7 x = – 2 yJ = 1 J(-2;1) 0,5 Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 20 OJ2 + IJ2 = OI2 tam giác OIJ là tam giác vuông tại J 0,5 1 1 0,5 S OI.OJ  5  20 5(đvdt) OIJ 2 2 4 1 Vì CD  AB CM = MD 0,5 Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là 0,5 hình bình hành 0,5 Mà AE  CD tứ giác ACED là hình thoi 0,5 2 Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: MA.MC 0,5 MH.AC = MA.MC MH = AC
33. MB.MC Tương tự ta có: MK = BC 0,5 MA.MB.MC2 MH.MK = AC.BC 0,5 Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C) MC2.MC2 MC3 MH.MK MC MH.MK = = = MC.AB AB MC2 AB Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD = = = HK.MC AB 2AB 4R 0,5 HM MK CD Vậy:  = (đpcm) HK MC 4R 3 Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định. 0,5 Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường. 0,5 Do đó O’C’ = OC = R không đổi 0,5 Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’;R’) cố định khi M di chuyển trên đường kính AB. 0,5 5 Vì a + b + c = 1 nên c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b) a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) 0,5 b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) nên BĐT cần chứng minh tương đương với: c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 0,5 2 2 2 c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 0,5 Mặt khác dễ thấy: x2 y2 z2 xy yz zx , với mọi x, y, z (*) Áp dụng (*) ta có: VT b c a b c a 2 1 0,5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm 3 Chú ý: 1) Nếu thí sinh làm bài không làm bài theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Bài hình không vẽ hình thì không chấm điểm.