Đề tham khảo thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Trích lọc từ các đề thi của các tỉnh thành)

38 trang dichphong 3400

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề tham khảo thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Trích lọc từ các đề thi của các tỉnh thành)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_tham_khao_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_trich_loc_tu_c.doc

Nội dung text: Đề tham khảo thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Trích lọc từ các đề thi của các tỉnh thành)

ĐỀ THAM KHẢO HSG LỚP 9 (TRÍCH LỌC TỪ CÁC ĐỀ THI CỦA CÁC TỈNH THÀNH) ĐỀ 1 Câu 1. (1,5 điểm) x 2 x 2 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A : với x 0, x 1 . x x 1 x x 1 1 x x x 1 3 3 1 . 10 6 3 2013 b)Cho x ,tính giá trị của biểu thức P x2 4x 2 . 21 4 5 3 Câu 2.(2,0 điểm) Cho phương trình: 2x2 4mx 2m2 1 0 (1), với x là ẩn, m là tham số. a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) làx1, x2. Tìm m để 2x1 4mx2 2m 9 0. Câu 3. (1,5 điểm) a) Cho các số dương x, y thỏa mãn x y x3 y3 . Chứng minh rằng x2 y2 1. 2x y2 1 2 b) Giải hệ phương trình: 2y z 1. 2 2z x 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kínhBC 2R , điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, ANvới đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC,F là giao điểm củaAHvàBC. Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng; c) HA.HF R2 OH 2. Câu 5. (2,0 điểm) x y 2013 a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn là số hữu tỷ, đồng thời y z 2013 x2 y2 z2 là số nguyên tố. b) Tính diện tích của ngũ giác lồi ABCDE, biết các tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB cùng có diện tích bằng 1. Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Lời giải sơ lược Điểm 1 a) (1,0 điểm) (1,5điểm) x 2 x x 2 x x 1 x x 1 A  0,5 ( x 1)(x x 1) x 1 x 1 x x 1  1. 0,5 ( x 1)(x x 1) x 1 b) (0,5 điểm) 3 3 3 1 . ( 3 1) ( 3 1)( 3 1) 2 x 5 2. 0,25 ( 20 1)2 3 20 4 2( 5 2)
x2 4x 1 0 P 1 0,25 2 a) (1,0 điểm) (2,0 ' 4m2 2(2m2 1) 2 0 với mọi m. 0,5 điểm) Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 0,5 b) (1,0 điểm) Theo ĐL Viét ta có x1 x2 2m . 2 2 2 2 Do đó, 2x1 4mx2 2m 9 (2x1 4mx1 2m 1) 4m(x1 x2 ) 8. 0,5 2 2 2 8m 8 8(m 1)(m 1) (do2x1 4mx1 2m 1 0 ). Yêu cầu bài toán: (m 1)(m 1) 0 1 m 1 . 0,5 3 a) (0,5 điểm) (1,5điểm) Do x3 0, y3 0 nên x y 0 . x y x3 y3 x3 y3 1 x2 xy y2 x2 y2 1. 0,5 b) (1,0 điểm) Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được: 2 2 2 0,5 x2 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0 x 1 y 1 z 1 0 (1). Do x 1 2 0, y 1 2 0, z 1 2 0 nên VT 1 VP 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 1 . 0,5 Thử lại, x y z 1 là nghiệm của hệ. 4 a) (1,0 điểm) (3,0 A điểm) D N H M I 0,25 B C F O Vẽ hình câu a) đúng, đủ. Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 900 nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 0,75 b) (1,0 điểm) Ta có AM AN (Tính chất tiếp tuyến). 0,25 Từ câu a) suy ra ·ANM ·AFN (1). Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng 2 AH AN 0,25 dạng nên AH.AF AD.AC AN . AN AF Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) ·ANH ·AFN (2). 0,25 Từ (1), (2) ta có ·ANH ·ANM H MN đpcm. 0,25 c) (1,0 điểm) Từ câu a) ta có HM.HN HA.HF . 0,25
Gọi I OA MN ta có I là trung điểm của MN. 2 2 0,25 HM.HN IM IH IM IH IM IH OM 2 OI 2 OH 2 OI 2 R2 OH 2 0,25 Từ đó suy ra HA.HF R2 OH 2. 0,25 5 a) (1,0 điểm) (2,0điểm) x y 2013 m Ta có m,n ¥ *, m,n 1 . y z 2013 n 0,25 nx my 0 x y m 2 nx my mz ny 2013 xz y . mz ny 0 y z n x2 y2 z2 x z 2 2xz y2 x z 2 y2 x y z x z y . 0,25 2 2 2 2 2 2 x y z x y z Vì x y z 1 và x y z là số nguyên tố nên 0,25 x y z 1 Từ đó suy ra x y z 1 (thỏa mãn). 0,25 b) (1,0 điểm) A B E I C 0,25 D Gọi I EC  BD Ta có SBAE SDAE nên khoảng cách từ B, D đến AE bằng nhau. Do B, D cùng phía đối với đường thẳng AE nên BD / / AE . Tương tự AB / /CE Do đó, ABIE là hình bình hành SIBE SABE 1 0,25 Đặt SICD x 0 x 1 SIBC SBCD SICD 1 x SECD SICD SIED 3 5 x S IC S x 1 x 2 2 Lại có ICD IBC hay x 3x 1 0 SIDE IE SIBE 1 x 1 3 5 0,25 x 2 3 5 5 1 Kết hợp điều kiện ta có x S 2 IED 2 5 1 5 5 Do đó S S S S S 3 . 0,25 ABCDE EAB EBI BCD IED 2 2 ĐỀ 2 Bài 1: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng b) Chứng minh rằng nếu thì phương trình bậc hai
luôn có hai nghiệm phân biệt. c) Giải phương trình: Bài 2: (2,0 điểm) Cho hàm số a)Vẽ đồ thị hàm số đã cho. b) Tính diện tích tam giác tạo bởi đồ thị hàm số và trục hoành. Bài 3: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình a) Giải hệ phương trình. b) Tìm để hệ phương trình có nghiệm sao cho nhỏ nhất. Bài 4: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (O); M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ CD; MB cắt AC tại E. a)Chứng minh rằng góc . b)Chứng minh rằng hai tam giác MAB và MEC đồng dạng, từ đó suy ra c) Chứng minh Hết A. ĐÁP ÁN Bài Câu LƯỢC GIẢI Điểm Câu a 0,25 1,0 CM điểm Ta có: . 0,25 0,25 Bài 1 0,25 Cách khác: đặt dễ thấy 0,25 0,25 Ta có 0,25 Vì 0,25 Câub 0,25 1,0 Do điểm Xét 0,25 0,25
Dấu bằng xảy ra khi 0,25 Điều này không xảy ra do hay Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. Câu c 0,25 1,0 Đặt phương trình trở thành điểm 0,25 Phương trình có hai nghiệm: 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm là . Câua 0,25 1,0 điểm + Với đồ thị hàm số là đường thẳng qua hai điểm . + Với đồ thị hàm số là đường thẳng qua hai điểm 0,25 . Ta có đồ thị như hình vẽ 0,5 Bài 2 Câu b 0,25 1,0 Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm điểm Đồ thị cắt Oy tại . Dựa vào đồ thị ta thấy tam giác ABC cân tại C có đường cao OC 0,5 Và 0,25 Vậy diện tích tam giác Câu a 0,25 1,0 điểm Nhân phương trình (1) cho 4 rồi cộng với phương trình (2) ta được Bài 3 0,25 Thay x vào phương trình (1) ta được 0,25
Vậy hệ phương trình có một nghiệm . 0,25 Câu b 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 nhỏ nhất bằng khi ; 0,25 Vậy thì hệ phương trình có nghiệm là thỏa đề bài. Câu a 0,5 A 1,0 B điểm O E D C M (hình vẽ cho câu a 0,5 điểm) Chứng minh . 0,25 Ta có ODAC (đường chéo hình vuông) DMMB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Vậy tứ giác ODME nội tiếp 0,25 . Câu b Chứng minh hai tam giác MAB và MEC đồng dạng 0,25 Bài 4 1,0 (Góc nội tiếp chắn hai cung tương ứng ) điểm ( góc nội tiếp cùng chắn cung) 0,25 MAB và MEC đồng dạng 0,25 0,25 Câu c Chứng minh . 0,25 1,0 Ta có (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) điểm ( góc nội tiếp cùng chắn cung) Vậy tam giác MAE đồng dạng với tam giác MBC. 0,25 Cộng (1) và (2) ta được 0,25 Do AC là đường chéo của hình vuông nên 0,25 Vậy ĐỀ 3 Câu 1 (3,0 điểm).
xy x y 1 a) Giải hệ phương trình: yz y z 5 x, y, z ¡ zx z x 2 b) Giải phương trình:x2 3x 2 x2 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 , x ¡ . Câu 2 (2,0 điểm). a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 12013 22013 n2013 chia hết cho n n 1 . b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p2 2q2 1 . Câu 3 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 . Chứng minh: a b c 3 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọnABC,AB AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh: a) Tứ giác BQCR nội tiếp. PB DB b) và D là trung điểm của QS. PC DC c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC. Câu 5 (1,0 điểm). Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16? HẾT ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung trình bày Điểm xy x y 1 a Giải hệ phương trình yz y z 5 x, y, z ¡ 1,5 1 zx z x 2 xy x y 1 x 1 y 1 2 yz y z 5 y 1 z 1 6 0,50 zx z x 2 z 1 x 1 3 Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được 2 x 1 y 1 z 1 6 0,50 x 1 y 1 z 1 36 x 1 y 1 z 1 6 +) Nếu x 1 y 1 z 1 6 , kết hợp với hệ trên ta được x 1 1 x 2 0,25 y 1 2 y 3 z 1 3 z 4 +) Nếu x 1 y 1 z 1 6 , kết hợp với hệ trên ta được x 1 1 x 0 0,25 y 1 2 y 1. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm z 1 3 z 2
x; y; z 2;3;4 , 0; 1; 2 . b Giải phương trình 1,5 x2 3x 2 x2 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 , x ¡ Điều kiện xác định x 1 . Khi đó ta có 2 2 x 3x 2 x 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 0,50 x 1 x 2 x 1 x 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 3 x 1 2 x 1 2 x 2 6 x 1 x 2 x 1 3 2 x 1 x 2 3 0,50 x 1 2 x 2 x 1 3 0 *) x 2 x 1 3 0 x 2 x 1 2 x 2 x 1 9 x2 x 2 4 x x 4 0,25 x 2 2 2 x x 2 x 8x 16 *) x 1 2 x 1 4 x 3. 0,25 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 2,3 . 2 a Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì 2 12013 22013 n2013 chia 1,0 hết cho n n 1 . Nhận xét. Nếu a,b là hai số nguyên dương thì a2013 b2013  a b . 0,25 Khi đó ta có 2013 2 12013 22013 n2013 12013 n2013 22013 n 1 n2013 12013  n 1 0,25 (1) Mặt khác 2 12013 22013 n2013 0,25 12013 n 1 2013 22013 n 2 2013 n 1 2013 12013 2.n2013 n 2 Do n,n 1 1 và kết hợp với (1), (2) ta được 2 12013 22013 n2013 chia hết 0,25 cho n n 1 . b Tìm tất cả các số nguyên tố p,q thỏa mãn điều kiện p2 2q2 1 1,0 Nếu p,q đều không chia hết cho 3 thì p2 1 mod3 ,q2 1 mod3 p2 2q2  1 mod3 vô lý. Do đó trong hai số 0,50 p,q phải có một số bằng 3. +) Nếu p 3 9 2q2 1 q2 4 q 2 . Do đó p,q 3,2 . 0,25 +) Nếu q 3 p2 18 1 p2 19 vô lí. Vậy p,q 3,2 . 0,25 3 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 . Chứng minh: a b c 3 1,0 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 a b c 3 Ta có a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 0,50 4a c 1 4b a 1 4c b 1 3 a 1 b 1 c 1 4 ab bc ca 4 a b c 3abc 3 ab bc ca 3 a b c 3 0,25
ab bc ca a b c 6 (1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được: 2 ab bc ca 32 abc 3; a b c 32 abc 3 cộng từng vế hai bất đẳng thức 0,25 này ta được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 . A 4 E F R H S P B D M C Q a Tứ giác BQCR nội tiếp. 1,0 Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó 0,25 Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR. Do tứ giác BFEC nội tiếp nên ·AFE B· CA , 0,25 Do QR song song với EF nên ·AFE B· QR 0,25 Từ đó suy ra B· CA B· QR hay tứ giác BQCR nội tiếp. 0,25 b PB DB và D là trung điểm của QS. 1,0 PC DC DB HB Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên AE HA DC HC Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên 0,25 AF HA DB AE HB AE FB Từ hai tỷ số trên ta được . . 1 DC AF HC AF EC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB 0,25 . . 1 . 2 PC EA FB PC AF EC PB DB Từ (1) và (2) ta được 3 0,25 PC DC DQ BD DS CD Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: , . PF BP PF CP 0,25 Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS. c Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC. 1,0 Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM DQ.DR . 0,25 Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR DB.DC (4). DC DB Tiếp theo ta chứng minh DP.DM DB.DC DP DB.DC 0,25 2 DP DC DB 2DB.DC DB DP DC DC DP DB DB.PC DC.PB PB DB 0,25 (đúng theo phần b). Do đó DP.DM DB.DC 5 PC DC Từ (4) và (5) ta được DP.DM DQ.DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay 0,25
đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ 5 số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 1,0 16? Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ. 0.25 Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c. Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này: 0.25 aac,abc,acc,bac,bbc,bcc,cac,cbc,ccc. Gọi x1, x2 ,, x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó 0.25 xic  x jc mod16 16 không là ước của xic x jc tức là xi x j không chia hết cho 8 Nhưng trong 9 số x1, x2 ,, x9 chỉ có ba số lẻ ac,bc,cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số x , x ,, x luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn. 1 2 9 0.25 Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra Hết ĐỀ 4 Bài 1.(2,0 điểm) 2 a a 2a - 3b 3b 2 a - 3b - 2a a Cho biểu thức M = a 2 3ab a) Tìm điều kiện của a và b để M xác định và rút gọn M. 11 8 b) Tính giá trị của M khi a = 1 3 2 , b = 10 3 Bài 2.(2,0 điểm) Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số. a) Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3. 2 2 2 b) Tìm giá trị của m để x1 + x2 + x3 = 11. Bài 3.(1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và các số A = 444  4 (A gồm 2n chữ số 4); B = 888  8 (B gồm n 2n n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương. Bài 4.(4,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2
Bài 5.(1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 2013. a b c Chứng minh + + 1 . a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Hết Hướng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm 2 a a 2a - 3b 3b 2 a - 3b - 2a a a) M = a 2 3ab a,b 0 a 0 ĐK xác định của M: 0,25 a 0 b 0 2a 2a 2 2 3ab 2 3ab 3b 2a 2 M = 0,25 a 2 3ab 2a 3b ( 2a 3b)( 2a 3b) 2a 3b Câu 1 = 0, 5 (2,0 đ) a 2 3ab a( 2a 3b) a 3b 11 8 b) Ta có M = 2 với a = 1 3 2 , b = 10 0,25 a 3 3b 30 22 2 (30 22 2)(3 2 1) 102 68 2 0,25 a 1 3 2 (1 3 2)(3 2 1) 17 3b 2 Vậy 6 4 2 2 2 2 2 0,25 a Từ đó M = 2 (2 2) 2 0,25 a) x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1) x 2 x 2 x 2 (x2 3x 2m 1) 0 2 Nếu 2 trừ x 3x 2m 1 0(*) x 3x 2m 1 0 0,25 0,25 điểm Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25 0 13 8m 0 3 13 Điều kiện là m 0,5 Câu 2 4 6 2m 1 0 2m 3 2 8 (2,0 đ) b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x = 2; x ; x trong đó x ; x là 1 2 3 2 3 0,25 hai nghiệm phân biệt của pt (*) 2 2 2 2 2 Khi đó x1 + x2 + x3 = 11 4 x2 x3 2x2 x3 11 x2 x3 2x2 x3 7( ) 0,25 x2 x3 3 áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có (0,25 đ) x .x 2m 1 2 3 0,5 Vậy ( ) 9 2(2m 1) 7 m 1 (thoả mãn ĐK) Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. n Ta có A 444  4 444 . 4000. 0 444  4 444  4. 10 1 888  8 0,25 2n n n n n n Câu 3 2 (1,0 đ) = 4.111  1.999  9 B 4.111  1.9.111  1 B 6.111  1 B 0,25 n n n n n
2 2 3 3 = .888  8 B B B 0,25 4 n 4 Khi đó 2 2 2 3 3 3 3 A 2B 4 B B 2B 4 B 2. B.2 4 B 2 4 4 4 4 2 2 2 0,25 3 = .888  8 2 3.222  2 2 666  68 4 n n n 1 Ta có điều phảI chứng minh. A O H d M C I D B Q a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) 0,25 M· AO M· BO 900 I là trung điểm của CD OI  CD M· IO 900 0,25 Câu 4 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25 (4,0 đ) Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB MO là đường trung trực của AB 0,25 MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1 M· BC M· BD sđ B»C 2 MBC : MDB(g.g) 0,25 MB MD MC.MD MB2 (2) MC MB Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MC MO MCH : MOD(c.g.c) 0,25 MH MD M· HC M· DO tứ giác CHOD nội tiếp 0,25 H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI 0,25 Hai tam giác vuông MIO và QHO có I·OH chung
MIO : QHO MO OQ OI OH (R là bán kính (O) không đổi) 0,25 MO.OH OA2 R2 OQ OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định 0, 5 Q là điểm cố định đpcm. 1800 C· OD d) ·AHC 900 M· HC 900 O· DC 900 ( COD cân tại O) 2 0 1 1 0 1 0,25 = 180 C· OD 360 sdC¼BCB sdC¼AD 2 2 2 = C· BD (3) C· AH C· DB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Từ (3) và (4) AHC : DBC(g.g) 0,25 HA BD (5) HC BC MBC : MDB(g.g) (chứng minh trên) MD MB BD MB MC BC 0,25 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) 0,25 MB HC 2 Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c) Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc 2abc . Từ đó 0,25 a2 + bc + a(b + c) 2abc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(b c )2 a a a a Vậy (1) a 2013a bc 2 a b c 0,25 a a b c a a b c Chứng minh tương tự được b b c c (2) và (3) Câu 5 b 2013b ca a b c c 2013c ba a b c (1,0 đ) Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được 0,25 a b c a b c + + 1 a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab a b c a2 bc b2 ca Dờu “=” xảy ra a b c 671 2 0,25 c ab a b c 2013
Đề 5 Bài 1: 2,5 điểm a/ Rút gọn biểu thức: 3 3 2 4 x2 2 x 2 x A với 2 x 2 4 4 x2 b/ Cho trước số hữu tỉ m sao cho 3 m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: a 3 m2 b 3 m c 0 . Bài 2: 2 điểm Tìm số tự nhiên m, biết rằng khi bỏ đi 3 chữ số tận cùng bên phải của nó thì được một số mới có giá trị bằng 3 m . Bài 3: 2,5 điểm Cho ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao AH, BI, CK. Chứng minh rằng: 1 a/ S = AB.AC.SinA ABC 2 2 2 2 b/ SHIK = ( 1- cos A - cos B - cos C).SABC Bài 4: 1,5 điểm Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không có góc tù và x, y, z là các số bất kì. 2 2 2 x2 y2 z2 2x 2y 2z Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 a b c a b c Bài 5: 1,5 điểm Cho một hình vuông và 9 đường thẳng, trong đó cứ mỗi đường thẳng đều chia hình vuông 2 thành hai tứ giác có tỉ số diện tích là . Chứng minh rằng trong số 9 đường thẳng đó có ít nhất 3 3 đường thẳng đồng quy. Giám thị không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM C©u PhÇn Néi dung tr×nh bµy §iÓm C©u 1) §Æt a 2 x; b 2 x (a, b 0) 1 1,5®iÓ a2 b2 4; a2 b2 2x 0.25 2,5 m 2 ab a3 b3 2 ab a b a2 b2 ab A ®iÓm 4 ab 4 ab 0.25 2 ab a b 4 ab A 2 ab a b 4 ab 0.25 A 2 4 2ab a b 0.25 2 2 A 2 a b 2ab a b a b a b 0.25 A 2 a2 b2 2x A x 2 0.25 2) a 3 m2 b 3 m c 0 (1) 1,0®iÓ Gi¶ sö cã (1) m b 3 m2 c 3 m am 0 (2) Tõ (1), (2) (b2 ac) 3 m (a2m bc) 0.25 a2m bc NÕu a2m bc 0 3 m lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ thiÕt! b2 ac b2 ac 0 b3 abc 2 2 a m bc 0 bc am 0.25 b b3 a3m b a 3 m . NÕu b 0 th×3 m lµ sè h÷u tØ. Tr¸i víi gi¶ a thiÕt! a 0;b 0 . Tõ ®ã ta t×m ®-îc c = 0. 0.25 Ng-îc l¹i nÕu a = b = c = 0 th× (1) lu«n ®óng. VËy: a = b = c = 0 0.25 C©u2 Dễ thấy số cần tìm có từ 4 chữ số trở lên. Giả sử sau khi bỏ đi 3 chữ số 3 0,5 2đ tận cùng abc của số m ta được số x, thì m = 10 x + abc Theo bài ra ta có: x = 3 1000x abc 0,25 x3 = 1000x + abc x(x2 – 1000) = abc (*) - Nếu x ≥ 33 thì VT của (*) sẽ lớn hơn hoặc bằng 33. Vậy x < 33 0,25 - Nếu x 31 thì x2 96, nên x(x2 – 1000) < 0 < abc 0,25 Vậy x = 32 suy ra abc = 768 0,25 Từ đây: m = 103 .32 + 768 = 32768 . Số này thoả mãn yêu cầu đề bài 0,5 Câu 3 a) 0,25 - Vẽ hình chính xác, viết GT, KT 1 điểm 1 0.25 - Ta có SABC = BI.AC 2.5đ 2 0.25 BI Trong tam giác vuông ABI thì sinA = BI AB.sin A AB 0.25 1 1 b) Vậy: SABC = BI.AC = AB.AC.sin A 2 2 1,5điểm 0.5 S AIK AI AK 2 2 b) Ta có . cos A SAIK = SABC.cos A S ABC AB AC 0.5
2 2 Chứng minh tương tự: SBKH = SABC.cos B; SCIH = SABC.cos C 0.5 Mà SHIK = SABC – ( SAIK + SBKH + SCIH) 2 2 2 = ( 1- cos A - cos B - cos C).SABC x 2 y 2 z 2 Câu 4 Với a2 + b2 + c2 > 0 ta có: (a2 + b2 + c2)( ) = a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 a 2 b 2 c 2 1,5đ = x2 (2 + ) + y2 (2 + ) + z2 (2 + ) a 2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b 2 a 2 b 2 c 2 0.5 = 2x2 +2y2 +2z2 +x2 ( ) + y2 ( ) + z2 ( ) a 2 b 2 c 2 (*) Giả sử a b c thì c2 – a2 ≥ 0 và c2 – b2 ≥0 Với c là cạnh lớn nhất mà góc ACB nhọn hoặc tù, nên ta kẻ đường cao BH, khi đó c2 = BH2 + HA2 BC2 + CA2 = a2 + b2 Từ các BĐT trên suy ra biểu thức cuối cùng của (*) không âm, từ đó có 0.5 ĐPCM 0.5 Câu 5 Mỗi đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ giác phải cắt hai cạnh đối của hình vuông. Gọi M, E, N, F lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CB, 1.5đ CD, DA Giả sử đường thẳng d như thế cắt cạnh BC tại P, cắt cạnh AD tại Q và 0.5 S ABPQ 2 cắt MN tại O1 thoả mãn điều kiện S CDQP 3 (AP AQ).AB : 2 MO 2 Khi đó: 1 (DQ CP).CD : 2 O N 3 1 0.5 MO1 2 Suy ra: . Vậy d luôn đi qua điểm O1 cố định MN 5 0.5 Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được: O2; O3; O4 là các điểm cố định Vì chỉ có 4 điểm mà có 9 đường thẳng đi qua chúng nên theo nguyên tắc Đirichle ít nhất phải có 3 trong số 9 đường thẳng trên cùng đi qua một trong 4 điểm cố định trên B P E C O3 M O2 N O1 O4 A F Q D ĐỀ 6 Bài 1: (8 điểm) Cho phương trình 2x2 2mx m2 2 0 (1). . 1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1và x 2thoả mãn hệ 5 thức x3 x3 . 1 2 2 3. Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của m để nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4điểm) Giải phương trình: x2 4x 3 4x x2 (2) Bài 3: (8 điểm) Cho tam giác ABC có ·ABC 600 ; BC a; AB c (a,c là hai độ dài cho trước), Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC. 1. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. 2. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thước kẻ và com-pa. Tính diện tích của hình vuông đó. Đáp án và thang điểm:
ý Nội dung Điểm Bài 1 8,0 1. 1.1 (2,0 điểm) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là: 0.5 ' 4 m2 0 m2 2 P 0 2 S m 0 m 2 m 2 2 m 2 m 0 1.5 1.2 (3,0 điểm) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ' 4 m2 0 2 m 2 (*) 0,50 5 2 5 x3 x3 x x x x 3x x 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 0,50 2 2 3(m 2) 5 3 m m m 6m 5 0 2 2 0,5 2 1 21 m 1 m m 5 0 m1 1;m2,3 2 0,5 1 21 3 21 1 21 Ta có: 2 0 x 2 2 2 2 2 1 21 5 21 x 0 2 và 2 x 0 x 2 3 2 3 2 3 0,5 1 21 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: m 1; m 2 0,5 1.3 (3,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: ' 4 m2 0 m2 2 P 0 2 m 2 ( ) 2 S m 0 0,50
Khi đó 2 nghiệm của phương trình là: m 4 m2 m 4 m2 x ; x 0 x x m 2;2 1 2 2 2 1 2 0,50 Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của m 4 m2 phương trình là x 0 . Suy ra: 2 2 2 2 m2 2m 4 m2 4 m2 4 2 m 4 m x2 2 4 4 0,50 Theo bất đẳng thức Cô-si: 2 2 2 2 2 2 m 4 m 2 m 4 m 2 m 4 m 4 0,50 2 Suy ra: x2 2 x2 2 . 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: m 4 m m 2 2;2 . 0,5 Vậy nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất là 2 khi m 2 0,5 (4,0 điểm) 2. 4x x2 0 2 2 0,5 x 4x 3 4x x 2 (2) 2 2 x 4x 3 4x x t 4x x2 0 2 0 t 4 t 4 x 2 4 (3) t 2 t 3 0 2 3 t t 1,0 Giải phương trỡnh theo t, ta cú: 1 13 1 13 t 0 (loại); t 0 1 2 2 2 13 9 t 4 0 t 4. Suy ra nghiệm của (3) là t . 2 2 2 2 1,0 9 13 x 2 1,0 1 2 Giải phương trình 4x x2 t x2 4x t 0 2 2 9 13 x 2 2 2 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 9 13 x 2 1,2 2 0,5
3. 8,0 3.1 + Đặt AM x (0 x c) . Ta có: MN AM ax MN BC AB c c x 3 MQ BM sin 600 . 2 Suy ra diện tích của MNPQ là: ax c x 3 a 3 S x c x 2c 2c 2,0 2 a b a b + Ta có bất đẳng thức: ab ab (a 0,b 0) 2 2 2 x c x c2 áp dụng, ta có: x(c x) . 2 4 c Dấu đẳng thức xảy ra khi: x c x x . 2 a 3 c2 ac 3 Suy ra: S  . 2c 4 8 ac 3 c Vậy: S khi x hay M là trung điểm của cạnh AC. max 8 2 2,0
3.2 + Giả sử đã dựng được hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'. Dựng hình chữ nhật: E'F'G'H' (E ' AB;G ', H ' BC) . Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên: E ' F ' BE ' BF ' F 'G ' EF BE BF FG E ' F ' F 'G ' . Do đó E'F'G'H' là hình vuông. 1,0 + Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh tương tự trên, ta có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông. 1,0 BH ' 1 + Ta có: cot g600 ; E ' H ' 3 BG ' BH ' H 'G ' BH ' 1 cot gF· ' BC 1 1. F 'G ' F 'G ' E ' H ' 3 Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy nhất. Trường hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý luận tương tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E. Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất. 1,0 EF AE ax (c x) 3 + Đặt AE x . Ta có EF ; HE c x sin B BC AB c 2 ax (c x) 3 c2 3 EFGH là hình vuông, nên EF EH x c 2 2a c 3 2 2 2 3a c Suy ra diện tích hình vuông EFGH là: S EF 2 2a c 3 1,0 ĐỀ 7 Bài 1: (7 điểm) x4 3 4y 1. Giải hệ phương trình: 4 y 3 4x 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức: a2 b2 c2 c2 a2 b2 b2 c2 a2 a b b c c a a b b c c a a b b c c a Thì | a| | b| | c| Bài 2: (6 điểm) 1. Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống nhau. 2. A, B, C là một nhóm ba người thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con gái của B và người song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và người song sinh của C là
hai người khác giới tính và C không phải là con của B. Hỏi trong ba người A, B, C ai là người khác giới tính với hai người kia ? Bài 3: (7 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Đường tròn (O1) nội tiếp trong tam giác ACD. Đường tròn (O2) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Đường tròn (O 3) tiếp xúc với 2 cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Đường tròn (O4) tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O 1). Tính bán kính của các đường tròn (O 1), (O2), (O3), (O4) theo R. Đáp án và thang điểm:
ý Nội dung Điểm Bài 7,0 1. 1.1 (4,0 điểm) 4 x 3 0,5 x 3 4y 4 4 . Điều kiện để hệ có nghiệm là: (*) y 3 4x y 3 4 x4 3 4y x4 3 4y (a) Với điều kiện (*), ta có: 4 4 4 y 3 4x x y 4(x y) 0(b) 1,0 2 2 (b) x y x y x y 4 0 x y 0 x y (vì x, y 3 0 nên x y x2 y2 4 0 ). 4 1,0 Thay vào (a): x4 3 4y x4 4x 3 0 x4 1 4 x 1 0 x 1 x3 x2 x 3 0 x 1 2 x2 2x 3 0 x 1 vì x2 2x 3 x 1 2 2 0 . x y 1 3 So với điều kiện (*), ta có: 4 . x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : y 1 1,5 1.2 (3,0 điểm) Điều kiện: a b;b c; c a 0,50 Ta có a2 b2 c2 b2 c2 a2 a2 b2 b2 c2 c2 a2 a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a 0 0,50 a2 b2 c2 b2 c2 a2 Suy ra: a b b c c a a b b c c a a2 b2 c2 c2 a2 b2 Do đó: a b b c c a a b b c c a 2 2 2 2 2 2 4 4 4 a2 c2 b2 a2 c2 b2 a c a b c b a b c 0 0 a b b c c a a b b c c a 1,0
2a2c2 2a2b2 2c2b2 2 a4 b4 c4 0 2 a b b c c a a4 2a2c2 c4 a4 2a2b2 b4 b2 2b2c2 c2 0 2 a b b c c a a2 b2 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 0 b c 0 2 2 c a 0 a2 b2 c2 | a | | b | | c | 1,0 2. 6,0 2.1 (4,0 điểm) Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng 2 S abbb k k 0,k Z 0,5 1000 k 2 9999 33 k 99 , nên k chỉ gồm 2 chữ số: k xy 10x y 2 2 2 k 100x 20xy y 3 x 9;0 y 9 . 1,0 Nếu y lẻ: y 1;3;5;7;9 y2 1;9;25;49;81 b 1;5;9 . Khi đó 2xy có chữ số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k 2 phải là số chẵn khác với 1; 5; 9, do đó S không thể là abbb . 1,0 Nếu y chẵn: y 0;2;4;6;8 y2 0;4;16;36;64 b 0;4;6 0,5 Với y = 0: k 2 chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả điều kiện bài toán. Với y = 2: k 2 100x2 40x 4 . Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k2 mới là 4, suy ra k 2 3600 244 3844 abbb . Với y = 4; 6: y2 16;36 , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, 2 nên chữ số hàng chục của k phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 0,5 6, nghĩa là k 2 abbb . Với y = 8: y2 = 64; k 2 100x2 160x 64 , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì chữ số hàng chục của k2 mới bằng 4, suy ra k 2 382 1444 hoặc k 2 882 7744(không thoả điều kiện bài toán). Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh k 38 và diện tích S 1444 . 0,5 2.2 (2,0 điểm) Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C: Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu như thế thì C là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác giới tính (gt), nên C là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C nên phải là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai người còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 1,0 Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả thiết B phải là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C (gt) nên phải là A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là 0,5
song sinh, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy chỉ có duy nhất trường hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai người còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 0,5 3. 7,0 + Gọi r là độ dài bán kính đường tròn (O1). Ta có: S ACD pr 1 R2 2AC CD r 2 R2 R 2 1 r R r 1 2 1,0 + Đường tròn (O2) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O 2 ở trên tia phân · giác của góc BOD , (O2) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở trên đường thẳng nối 2 tâm O và O 2, chính là giao điểm của tia phân giác gócB· OD với (O). + Đường thẳng qua T vuông góc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là tiếp tuyến chung của (O) và (O 2). Do đó (O2) là đường tròn nội tiếp OB ' D ' . + OB ' D ' có phân giác góc O vừa là đường cao, nên nó là tam giác vuông cân và B ' D ' 2OT 2R,OB ' OD ' R 2 , suy ra: OB ' D ' ACD . R + Vậy: Bán kính của (O2) cũng bằng r . 1 2 2,0 + Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O3) cũng R bằng (O2), nên bán kính của (O3) cũng bằng r . 1 2 1,0
+ Đường tròn (O4) có hai trường hợp: a) Trường hợp 1: (O4) ở bên trái (O1): Kẻ tiếp chung của (O 4) và (O1) tại tiếp điểm K cắt AC và AD tại E và F. CO và CA là còn là 2 tiếp tuyến của (O 1), nên chu vi của VCEF bằng 2CO, suy ra nửa chu vi của nó là p = R. Ta có: R 4 2 2 CO R2 r 2 1 1 2 R 4 2 2 1 R 4 2 2 R CK CO O K 1 1 1 2 1 2 1 2 R 4 2 2 1 KF O O 1 1 0 tg22 30' KF 2 KC CO 1 2 1 2 2 R 4 2 2 1 SVCEF CK  KF 3 . 1 2 2 R 4 2 2 1 Suy ra bán kính của đường tròn (O4) là: r4 3 1 2 2,0
b) Trường hợp 2: (O'4) ở bên phải (O1): Khi đó: K' là tiếp điểm của 2 đường tròn, tiếp tuyến chung cắt CA và CD tại E' và F', CD tiếp xúc với (O'4) tại H. R 4 2 2 1 R 4 2 2 R CK ' CO O K ' 1 1 1 2 1 2 1 2 R 4 2 2 1 0 F ' H K ' F ' CK 'tg22 30' 2 1 2 R 4 2 2 1 4 2 2 CK ' CO CK 'CO CF ' 1 CF ' CO CO 2 1 1 2 R 4 2 2 1 4 2 2 R 4 2 2 1 CH CF ' F ' H 2 2 1 2 1 2 2 R 4 2 2 1 CH 2 1 2 Suy ra: Bán kính của đường tròn (O'4) là: 2 R 4 2 2 1 ' ' 0 r4 O4 H CHtg22 30' 3 1 2 2,0 ĐỀ 8 Câu I ( 4 điểm ) Giải phương trình: 1. x3 + 4x2 - 29x + 24 = 0 2. x 1 4 x 5 11 x 8 x 5 4
CâuII (3 điểm ) 19992 1999 1. Tính: P = 1 19992 20002 2000 2. Tìm x biết: x = 5 13 5 13 Trong đó các dấu chấm có nghĩa là lặp đi lặp lại cách viết căn thức có chứa 5 và 13 một cách vô hạn. Câu III ( 6 điểm ) 1. Chứng minh rằng số tự nhiên 1 1 1 1 A = 1.2.3 2005.2006. 1 chia hết cho 2007 2 3 2005 2006 2. Giả sử x, y là các số thực dương thoả mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 A = x 3 y 3 xy a 3 b3 c 3 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 9 3. Chứng minh bất đẳng thức: 2abc c 2 ab a 2 bc b 2 ac 2 Câu IV ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tai A, đường cao AH . Đường tròn đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E và F. 1. Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật; 2. Chứng minh AE.AB = AF. AC; 3.Đường rhẳng qua A vuông góc với EF cắt cạnh BC tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn BC; 4. Chứng minh rằng nếu diện tích tam giác ABC gấp đôi diện tích hình chữ nhật AEHF thì tam giác ABC vuông cân. Câu V ( 1 điểm) Cho tam giác ABC với độ dài ba đường cao là 3, 4, 5. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì ? Đáp án và biểu điểm CâuI ( 4 điểm ) 1. x3 + 4x2 - 29x + 24 = 0 ( x - 1)( x2 + 5x - 24) = 0 ( 1 điểm) ( x - 1)(x - 3)(x + 8) = 0 (0,5 điểm) Giải phương trình trên ta được x1= 1, x2 = 3, x3 = - 8 là nghiệm của phương trình (0,5 điểm) 2. x 1 4 x 5 11 x 8 x 5 4 2 2 2 x 5 4 x 5 4 (1 điểm) 6 + 2 x 5 4 2x 5 2 vô lí (0,5 điểm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. (0,5 điểm) Câu II.( 3điểm) 19992 1999 1. P = 1 19992 20002 2000 Ta có: 20002 = ( 1999 + 1)2 = 19992 + 2.1999 + 1 1 + 19992 = 20002 - 2.1999 (0,5 điểm) 19992 1999 P = 20002 2.1999 20002 2000
2 1999 1999 1999 1999 P = 2000 = 2000 - + 2000 2000 2000 2000 Vậy P = 2000 (0,5 điểm) 2. x = 5 13 5 13 Nhận thấy: x > 2 (0,25 điểm) Xét : x2 = 5 + 13 5 13 5 (x2 - 5)2 = 13 + x (0,75 điểm) x4 - 10x2 - x + 12 = 0 (0,25 điểm) (x - 3)[( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1] = 0 (0,25 điểm) Vì x > 2 ( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1 > 0 (0,25 điểm) x = 3 (0,25 điểm) Câu III ( 6 điểm) 1. Ta biến đổi tổng trong dấu ngoặc 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 (0, 5 điểm) 2 3 2005 2006 2006 2 2005 1003 1004 1 1 1 1 1 1 =2007. Đặt =2007.B 2006 2.2005 1003.1004 2006 2.2005 1003.1004 (0,75 điểm) Vậy A = 1.2.3 2006.2007.B nên A chia hết cho 2007 (0,75 điểm) 2. Ta có: (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy( x + y ) = 1 hay x3 + y3 + 3xy = 1 (0, 25 điểm) Thay vào biểu thưc A ta có: x 3 y 3 3xy x 3 y 3 3xy A = (0,25 điểm) x 3 y 3 xy 3xy x 3 y 3 = 4 (0,25 điểm) x 3 y 3 xy áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3xy x 3 y 3 3xy x 3 y 3 4 4 2 . 4 2 3 (0, 5 điểm) x 3 y 3 xy x 3 y 3 xy Vậy A 4 2 3 (0,25 điểm) 1 2 2 3 1 2 2 3 minA = 4 2 3 x = 1 ; y = 1 (0, 5 điểm) 2 3 2 3 1 2 2 3 1 2 2 3 hoặc x = 1 ; y = 1 2 3 2 3 3. a 3 b3 c 3 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Đặt A= 2abc c 2 ab a 2 bc b 2 ac a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 = (0,25 điểm) 2bc 2ac 2ab c 2 ab a 2 bc c 2 ac a 2 bc b 2 c 2 b 2 ac c 2 a 2 c 2 ab a 2 b 2 3 = (0, 5 điểm) 2bc a 2 bc 2ac b 2 ac 2ab c 2 ab 2
áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 2ab a 2 bc 2bc b 2 ac 2ac c 2 ab 2ab 3 A (0, 75 điểm) 2bc a 2 bc 2ac b 2 ac 2ab c 2 ab 2 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 9 A 2 2 2 (0,25 điểm) 2 2 Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c (0,25 điểm) Câu IV ( 6 điểm) (HS vẽ đúng hình cho 0,25 điểm) 1.Ta có: A = 1v (gt) (0,25 điểm) Chứng minh được E = F = 1v (0, 5 điểm) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật (0,25 điểm) 2. Chứng minh được hai tam giác vuông AEF và ACB đồng dạng (0, 75 điểm) AE AF Suy ra hay AE.AB = AF.AC (0, 5 điểm) AC AB 3. Gọi K là giao điểm của AI và EF (0,25 điểm) 0 Chứng minh được E1 + EKA = 90 (0, 5 điểm) 0 B + C = B + E1 = 90 (0, 5 điểm) suy ra B = EAK suy ra tam giác IAB cân nên IA = IB (1) (0, 5 điểm) Chứng minh tương tự ta có: tam giác IAC cân nên IA = IC (2) (0,25 điểm) Từ (1) và (2) suy ra IB = IC tức là I là trung điểm của BC (0,25 điểm) 4. Theo gt thì SABC = 2SAEHF nhưng SAEHF = 2SAEF nên SABC = 4SAEF (0,25 điểm) 2 A S BC 1 chứng minh được ACB 22 suy ra EF = BC = AI (0, 5 điểm) S AEF FE 2 EF = AI = AH (0,25F điểm) Nhận thấy: 1 Đường cao AH bằng trung tuyến AI E K khi và chỉ khi tam giác ABC cân. Vậy Nếu 1 B C SABC = 2SAEHD thì tam giác ABC sẽ vuông cân. H I (0, 5 điểm) Câu V( 1 điểm) Giả sử ha = 3cm; hb = 4cm ; hc = 5cm Suy ra 3a = 4b = 5c = 2SABC a b a b 4 3 20 15 (0,25 điểm) b c b c 5 4 15 12 a b c k a 20k ;b 15k;c 12k (0,25 điểm) 20 15 12 a 2 b 2 c 2 (0,25 điểm) Vậy ABC là tam giác thường có A > 900 (0,25 điểm) ĐỀ 9 Bài 1: (4đ). 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( 4đ). Giải các phương trình. 1 1 1 1 1 a) 2 + x 4x 3 x 2 8x 15 x 2 12x 35 x 2 16x 63 5 b) x 6 4 x 2 x 11 6 x 2 1 Bài 3: ( 3đ). Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua điểm M(0;1). a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của k, đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. b) Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng : |x1 -x2| 2. c) Chứng minh rằng :Tam giác OAB là tam giác vuông. Bài 4: (3đ). Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1 1 1 a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x2 + )( y2 + ) y 2 x 2 b) Chứng minh rằng : 1 1 25 N = ( x + )2 + ( y + )2 x y 2 Bài 5 ( 2điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A có AB = 6cm, AC = 8cm. Gọi I là giao điểm các đường phân giác, M là trung điểm của BC. Tính góc BIM. Bài 6:( 2đ). Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M BC. Các đường tròn đường kính AM, BC cắt nhau tại N ( khác B). BN cắt CD tại L. Chứng minh rằng : ML vuông góc với AC. Bài 7 ( 2điểm). Cho hình lập phương ABCD EFGH. Gọi L và K lần lượt là trung điểm của AD và AB. Khoảng cách từ G đến LK là 10. Tính thể tích hình lập phương. Đáp án Bài 1 ( 4 điểm). Câu a: 2 điểm. Điều kiện để giá trị của biểu thức P xác định : x 0; x 9 ( 0,5 đ). Rút gọn: x x 3 2( x 3) x 3 x x 3 2( x 3) 2 ( x 3)( x 1) P = = ( x 1)( x 3) x 1 x 3 ( x 3)( x 1) x x 3 2x 12 x 18 x 3 x x 3 x x 3x 8 x 24 x(x 8) 3(x 8) = = = = ( x 3)( x 1) ( x 3)( x 1) ( x 3)( x 1) x 8 ( 1,5 điểm) x 1 Câu b :1 điểm x = 14 - 65 = (5 )2 - 2.3. 5 + 9 = (5 - 3)2 x = 3 - 5 14 6 5 8 22 6 5 58 2 5 Khi đó P = = = 3 5 1 4 5 11 Câu c: 1 điểm x 8 x 1 9 9 9 P = x 1 x 1 2 2 9 2 4 x 1 x 1 x 1 x 1
9 ( áp dụng BĐT CôSi cho 2 số dương x 1; ) x 1 9 Dấu"=" xảy ra x 1 x = 4 ( thỏa mãn điều kiện) x 1 Vậy minP = 4, đạt được khi x = 4. Bài 2: 4 điểm ( mỗi câu 2 điểm). a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ĐKXĐ : x -1; x -3; x -5; x -7; x -9 ( 0,5đ) 1 1 1 1 1 pt (x 1)(x 3) (x 3)(x 5) (x 5)(x 7) (x 7)(x 9) 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 x 1 x 3 x 3 x 5 x 5 x 7 x 7 x 9 5 1 1 1 1 ( ) 2 x 1 x 9 5 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = 0 Phương trình có dạng a + b + c = 0 x1 = 1; x2 = -11. x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = 11;1 b) ĐKXĐ: x -2. ( 0,5 điểm) Pt ( x 2 2) 2 ( x 2 3) 2 1 | x 2 2 | + | x 2 -3| = 1 |x 2 2 | + | 3 - x 2 | = 1 áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : |x 2 2 | + | 3 - x 2 | 1 Dấu "=" xảy ra khi : (x 2 2 )( 3 - x 2 ) 0 2 3x 2 2 x 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = x / 2 x 7 Bài 3: 3 điểm ( mỗi câu 1 điểm) Đường thẳng (d) có hệ số góc k và đi qua điểm M (0;1) nên (d0 có tung độ gốc là 1. Phương trình đường thẳng (d) là : y = kx+1 a) Phương trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d) là: x2 - kx - 1 = 0 (1) = k2 + 4 > 0 với mọi k Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt đpcm. 1 b) Ta có : x1 + x2 = k ; x1.x2 = -1 x2 = - x1 1 1 1 | x1 - x2| = | x1 + | = |x1| +| | ( vì x1 và cùng dấu) x1 x1 x1 1 mà |x1| +| | 2. Vậy | x1 - x2| 2 x1 2 2 Cách 2: ( x1 - x2) = k + 4 4 | x1 - x2| 2 c) Giải sử A(x1;y1) và B(x2; y2).
2 y1 x1 Gọi phương trình đường thẳng OA là y= k1x, ta có : y1 = k1.x1 k1 = = x1 x1 x1 2 y2 x2 Gọi phương trình đường thẳng OB là y= k2x, ta có : y2 = k2.x2 k1 = = x2 x2 x2 Ta có : k1.k2 = x1.x2 = -1 . Vậy OA  OB AOB vuông. Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm) 2 2 2 1 1 (x y 1) 1 2 a) Ta có : M = ( x2 + )( y2 + ) = (xy ) y 2 x 2 x 2 y 2 xy 1 1 15 Mặt khác : xy + = ( xy + ) + ( 1). xy 16xy 16xy 1 1 1 áp dụng BĐT Côsi : xy + 2 = (2). 16xy 16 2 x y 1 1 xy xy ( 3) 2 2 4 1 1 15 17 1 17 289 Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + + = (xy + ) 2 ( )2 = xy 2 1 4 xy 4 16 16. 4 1 289 xy 1 Vậy minM = , đạt được khi 16xy x = y = 16 2 x y (A B) 2 b) áp dụng BĐT : A2 + B2 , ta có : 2 x y 2 1 2 (x y ) (1 ) 1 1 xy xy N = ( x + )2 + ( y + )2 = x y 2 2 1 Mặt khác : (x + y)2 4xy ( do ( x -y)2 0) 1 4xy xy 4 2 1 1 1 2 1 (1 ) xy 4 25 25 x y 1 1 N . Vậy N . Dấu "=" xảy ra khi x = y = 2 2 2 2 x y 2 Bài 5: ( 2 điểm). A Vẽ hình đúng, ghi GT, KL . ( 0,5 điểm). C' Tính góc BIM. ( 1,5 điểm) I B' Từ giả thiết ABC vuông tại A có: AB = 6cm, AC = 8cm. BC = AB 2 AC 2 10(cm) B C M MC = MB = 5cm AB' IB' CB' Gọi B' là giao điểm của BI và AC. Ta có : AB IB CB AB' CB' AB' CB' AC 8 1 AB CB AB CB AB CB 6 10 2 1 AB' = .AB = 3cm 2
1 CB' = .CB = 5cm CB' = CM IMC = IB'C ( c.g.c) 2 góc IMC = IB'C góc AB'B = góc IMB Tam giác AB'B đồng dạng với tam giác IBM góc BIM = góc BAB' mà góc BAB' = 900 góc BIM = 900 Bài 6: ( 2 điểm). A B Gọi E là giao điểm của AC và ML Ta có: góc NCD = gócNCB (cùng phụ với goc BCN) góc NBC = góc NAM ( cùng chắn cung MN) Tam giác NCL đồng dạng với NC NL M tam giác NAM NA NM Mặt khác : góc ANC = góc MNL N E 0 ( cùng bằng 90 + gócMNC) D L C tam giác ANC đồng dạng với tam giác MNL góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME A K Tứ giác AMEN nội tiếp E thuộc đường tròn đường kính AM B góc AEM = 900 hay ML vuông góc với AC ( đpcm). L I Bài 7: ( 2điểm). D C Vẽ hình đúng, ghi GT, KL : ( 0,5điểm). Gọi I là chân đường vuông góc kẻ từ G đến LK. Gọi độ dài cạnh hình lập phương là 2a( a > 0), ta có: Tam giác ALK vuông tại A LK = AL2 AK 2 = a 2 a 2 = a 2 Tam giác DHG vuông tại H. DG2 =DH2 + HG2 = 8a2 E Tam giác LDG vuông góc tại D F ( Vì AD mp(DCGH) ADDG) LG2 = LD2 + DG2 =a2 + 8a2 = 9a2 H G Từ LDG = KBG (c.g.c) ( Vì có : góc LDG = góc KBG = 900, LD = KB , DG = BG). a 2 GL = GK GLK cân tại G. I là trung điểm của LK IL =LK : 2 = 2 10 2 LIG vuông tại I nên ta có: LG2 = LI2 + IG2 hay 9a2 = 2a2:4 + 100 a2 = 200: 17 a = 17 20 2 Vậy độ dài cạnh hình lập phương là 17 16000 2 Thể tích hình lập phương là ( đơn vị diện tích). 17 17 ĐỀ 10 Bài 1 (3.0đ) Biến đổi đơn giản các biẻu thức. 1 14 34 a. A = 3 .2 .2 16 25 81 1 1 1 1 b. B = 1 2 2 3 98 99 99 100 Bài 2: (4.0đ) Rút gọn và tính giá trị của biểu thức. b a a b 1 a. C = : ab a b
11 11 Với a = 20 b = 18 2003 2003 b. Tìm các căp số (x,y) nguyên dương thỏa mãn x2 - y2 = 2003 Cõu 3 : (5điểm ) Giải phương trình 6x 3 ( x 1)4 1 a) = 3 + 2x x 2 b) ( x2 3)4 3x2 2x 5 x 1 x ( x2 3)2 ( x 1)2 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 + + 9 OM ON OP Bài 6 (2điểm). Cho 3 số a, b, c thỏa mãn 0 a,b,c 2 và a+b+c=3. Chứng minh a3 b3 c3 9 . Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Thang điểm 1 196 1.5 đ a. Kết quả 45 k 1.5 đ b. 9 2 a. Rút gọn : a - b 1.0đ Tính được kết quả: 2 1.0đ b. x2 - y2 = 2003 (x - y)(x + y)=2003 0.25đ => x -y và x+ y là ước cùng dấu của 2003 Mà Ư(2003) 1; 2003 0.25đ vì x, y dương nên x+y> x-y 0.25đ Ta xét hai trường hợp x y 1 x 1002 0.5đ x y 2003 y 1001 x y 2003 x 1002 x y 1 y 1001 0.5đ Vậy cặp số (x,y) nguyên dương thảo mãn x2 -y2 = 2003 là (x,y) = (1002,1002) 0.25đ 3 1 0,5đ a) ĐK 0 < x < 1 và x 2 Khử mẫu ở vế trái ta được phương trình: 3( x 1 x ) = 3 + 2 x x 2 0,5đ
Đặt x 1 x = t đk : 0 < t < 2 0,5đ 0,5đ Phương trình viết thành : t2 - 3 t + 2 = 0 Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phương trình đó cho 0,5đ b) x 1 điều kiện: 0,5đ x 3 0,5đ Đặt a =(x-1)2 ; b = x2 - 3 ( x 1)4 1 Phươngtrình ( x2 3)4 3x2 2x 5 trở thành: 0,5đ ( x2 3)2 ( x 1)2 a2 1 b4 a 2b b2 a a2 1 a2 b4 1 ( a b2 1)2 Ta có : b4 a b2 1 a 2b b2 a b2 1 a a b2 1 0,5đ a b2 1 4 Dấu = xảy ra khi b 1 khi đó x = 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 0,5đ C E F H A I B - 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. - EF = 600 CIF = EBF = 300. 1đ - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE AC AI - được: AC.AE AB.AI AB AE BC BI - Tương tự BCI đồng dạng với BAE được: BC.BF BA.BI BA BF - Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const. 1đ
5 - Chứng minh ABC đồng dạng với FEC. 2 2 S FEC EF R 1 3 - S ABFE S ABC S ABC AB 2R 4 4 - Để S ABFE lớn nhất S ABC lớn nhất CI lớn nhất. C chạy trờn cung chứa góc 600 vẽ trờn AB nên CI lớn nhất khi I  O CAB cân EF // AB. 2.R.R 3 3R 2 . 3 1đ - Lúc đó S R 2 . 3 S ABC 2 ABFE 4 A P N O 0,5đ C B H K M 6 Từ A và O kẻ AH  BC 0,5đ OK  BC (H, K BC) AH // OK OM OK Nên (1) AM AH 1 OK.BC S OK BOC 2 (2) S 1 AH ABC AH.BC 2 S OM (1) , (2) BOC 1đ SABC AM S ON Tương tự : AOC SABC BN S OP AOB SABC CP OM ON OP S S S Nên BOC AOC AOB 1 (3) AM BN CP S S S ABC ABC ABC 1đ Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1 1 1 (a+ b + c) ( ) 9 a b c OM ON OP AM BN CP Nên ( )( ) 9 (4) AM BN CP OM ON OP 0,5đ Từ (3) ,(4) suy ra : AM BN CP 9 (đpcm) OM ON OP 0,5đ Vì vai trò của a, b, c như nhau, không mất tính tổng quát giả sử: a b c .
Khi đó vì 0 a,b,c 2 và a+b+c=3 nên ta có 0 a 1 a3 a 1 c 2 (c-1)(c-2)(c+3) 0 c3 7c 6 Xét hai trường hợp của b 0,5đ +Nếu 0 b 1 b3 b . Khi đó ta có a3 b3 c3 a b 7c 6 Mà a+b+7c-6 = (a+b+c)+6c-6 3+6.2-6=9 a3 b3 c3 9 + Nếu 1 b 2 b3 7b 6 Khi đó ta có 0,5đ a3 b3 c3 a 7b 6 7c 6 7 a b c 6a 12 9 6a 9 (vì -6a 0) Kết luận a3 b3 c3 9 (đpcm)