50 Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: 50 Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. Tuyển tập ĐỀ ÔN THI LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP QUẬN, HUYỆN MỤC LỤC Phần 1. Đề thi Phần 2. Đáp án • Đề 1:___Trang .56 • Đề 2:___Trang .59 • Đề 3:___Trang .63 • Đề 4:___Trang .65 • Đề 5:___Trang .70 • Đề 6:___Trang .73 • Đề 7:___Trang .78 • Đề 8:___Trang .82 • Đề 9:___Trang .85 • Đề 10:___Trang .88 • Đề 11:___Trang .91 • Đề 12:___Trang .95 • Đề 13:___Trang .99 • Đề 14:___Trang .102 • Đề 15:___Trang .106 • Đề 16:___Trang .109 • Đề 17:___Trang .113 • Đề 18:___Trang .115 • Đề 19:___Trang .119 • Đề 20:___Trang .123 • Đề 21:___Trang .128 • Đề 22:___Trang .131 • Đề 23:___Trang .135 • Đề 24:___Trang .138 • Đề 25:___Trang .142 • Đề 26:___Trang .145 • Đề 27:___Trang .149 • Đề 28:___Trang .153 • Đề 29:___Trang .157 • Đề 30:___Trang .162 • Đề 31:___Trang .166 • Đề 32:___Trang .170
2. • Đề 33:___Trang .173 • Đề 34:___Trang .179 • Đề 35:___Trang .181 • Đề 36:___Trang .184 • Đề 37:___Trang .186 • Đề 38:___Trang .190 • Đề 39:___Trang .193 • Đề 40:___Trang .197 • Đề 41:___Trang .201 • Đề 42:___Trang .205 • Đề 43:___Trang .209 • Đề 44:___Trang .212 • Đề 45:___Trang .215 • Đề 46:___Trang .219 • Đề 47:___Trang .222 • Đề 48:___Trang .225 • Đề 49:___Trang .229 • Đề 50:___Trang .233
3. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN HOẰNG HÓA LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 21/10/2014 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Đề số 1 (Đề thi có một trang) xx2xx2 −+2x1( − ) Câu 1. Cho biểu thức: P.=−+ xx1xx1++− a. Rút gọn P. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. 2x c. Xét biểu thức: Q,= chứng tỏ 0 1, y > 1 sao cho (3x + 1) y đồng thời (3y + 1) x. Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a. Chứng minh rằng: S Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC ; AEF = cos.2 A SABC 222 b. Chứng minh rằng : SABCSDEF=(1 − cos − cos − cos) . ABC c. Cho biết AH = k.HD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = k + 1. HAHBHC d. Chứng minh rằng: ++ 3 . BCACAB Câu 5. (1,5 điểm) Cho x, y là các số tự nhiên khác 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =−36xy 5 .
4. ___Hết___ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN THẠCH HÀ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Đề số 2 (Đề thi có một trang) 11 Câu 1. a) Tính giá trị của đa thức f(x)(x3x1)=−+42016 tại x9=−+ 99 −+55 44 2.2016 b) So sánh 201712016122−−− và 201712016122−+− sinxcosx22 c) Tính giá trị biểu thức: sinx.cosx ++ với 00 < x < 900 1cot++ x1tanx d) Biết 5 là số vô tỉ, hãy tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 23 −= −− 9205 ab5ab5+− Câu 2. Giải các phương trình sau: 32x1x3 −− a) −=− x3x123−− b) x5x82x22 −+=− Câu 3. a) Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 – 4 = 0 c) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số. ab44+ Câu 4. a) Chứng minh rằng +−ababab3322 2 111 b) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện ++ = 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích (a + b)(b + c)(c + a). Câu 5. Cho ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC 1 b) Giả sử HD = AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng. ___Hết___
5. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KINH MÔN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Đề số 3 (Đề thi có một trang) Câu 1. ( 2,5 điểm ) 2 0 0 8 2 0 0 9 1. So sánh : + và 2 0 0 8 + 2 0 0 9 2 0 0 9 2 0 0 8 1 1 1 1 2. Cho biểu thức B = + + + + . Chứng minh rằng B 86 1 2 3 2010 Câu 2. (1,0 điểm ) Chứng minh biểu thức : P = (x3 − 4x −1)2010 có giá trị là một số tự nhiên với 3 10 + 6 3.( 3 −1) x = 6 + 2 5 − 5 Câu 3. ( 2,5 điểm ) 1. Giải phương trình sau: 2x −1 + 2 = x 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn y = x2 + 4x + 5 Câu 4. (3,0 điểm ) Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N. Tia AM cắt đường thẳng CD tại K. Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD tại I 1 1 1 1. Chứng minh : + = AM 2 AK 2 AB2 2. Biết góc MAN có số đo bằng 450, CM + CN = 7 cm, CM - CN = 1 cm. Tính diện tích tam giác AMN. 3. Từ điểm O trong tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR lần lượt vuông góc với IK, AK, AI ( P IK, Q AK, R AI). Xác định vị trí của O để OPOQOR222++nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 5. ( 1,0 điểm ) Cho ba số a, b, c thỏa mãn 0 a,b,c 2 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 9 . ___Hết___
6. Mà A I M N nên ba điểm A,, I P thẳng hàng. Vậy ba đường thẳng AQ BM,, CN đồng quy. Câu 5. Gọi độ dài hình chiếu của EF trên A B CD, là xy11, . D E Ta có x11 y+ 1 . y 1 F Gọi độ dài hình chiếu của 37 đoạn thẳng còn lại trên AB là A B x1 x ,.2 3 .8 . ,x trên CD là y ,.2 3 .8 . ,y . C Khi đó ta có (xxxyyy3812381238+++++++ ) ( ) Do vậy tồn tại một trong hai tổng lớn hơn hoặc bằng 19, giả sử xxx191238+++ Do đó trên AB tồn tại một điểm M thuộc ít nhất hai trong các hình chiếu trên AB . Đường thẳng đi qua M vuông góc với AB là đường thẳng cần tìm. Đề số 47 Câu 1. 29321xxx−++ a) Rút gọn biểu thức A =−− xxxx−+−−5623 ĐKXĐ: xx 4;9 A = 293xxxxxxxxx−++− 21 299 − + 2322 +−−−− −+== ( xxxxxx−−−−−−232323)( ) xx−−23 ( )( ) ( )( ) ( xx+−12)( ) x +1 = = ( xx−−23)( ) x −3 b) Cho x,, y z thoả mãn: xyyzzx++=1. Hãy tính giá trị biểu thức (1++++++yzzxxy222222 )(1 )(1 )(1 )(1 )(1 ) A=++ xyz (1+++xyz222 )(1 )(1 ) Ta có: xyyzzx++= +=+++=11 x22 xyyzzxx yxz( ++) xxz( +=+) ( xzxy)( + ) Tương tự: 1+y22 =( y + z)( y + x) , 1 + z =( z + x)( z + y) Thay các kết quả trên vào biểu thức A để tính. Câu 2. 2012 a) Cho hàm số: f( x) =( x3 +12 x − 31) Tính fa( ) tại a =3316 − 8 5 + 16 + 8 5
7. Từ a =−++3316851685 =+−+++−=−aa3 323168516851685168532123 33 nên ( )( ) aa3 +=1 2 3 2 . Vậy fa( ) =1. b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 +17 là số chính phương? 22 kn−=1 Giả sử: nk+=17 ( kN ) và kn (knknn−+= =)( ) 178 kn+=17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. a) ĐK: −41 x Bình phương 2 vế: 142(1)(4)9(1)(4)2−+++−+= −+=xxxxxx x = 0 −−= += 434(3)0xxxx2 (thỏa mãn) x =−3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: xx= =0 − ; 3 . b) xxx2 ++=+45223 −3 ĐKXĐ: x 2 ++++−++=(xxxx2 212322310) ( ) 2 2 x +=10 (xxx+++−= =123101) ( − ) (thỏa mãn ĐK) 231x += Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =−1. Câu 4. a) Tìm xy; thỏa mãn: 244(xyyxxy−+−= ) ĐK: xy 4; 4 . Ta có: 244.2.4.2.4(x yy−+−= −+−= xxyxyyxxy ) Xét VP = xyyx.2.4.2.4−+− 4444+yyxx −+ − Theo BĐT Côsi: 24;24yx− =− = 2222 Vậy VPxyVT = x −=42 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ==xy8 khi (thỏa mãn ĐK) y −=42 b) Cho abc;; là các số thuộc đoạn −1;2 thỏa mãn: abc2+ 2 + 2 = 6 . Hãy chứng minh rằng: abc+ + 0
8. Do abc;; là các số thuộc đoạn −1;2 nên aa+ 1 −0 ; 2 0 nên (aa+ −1) 2 ( 0 ) Hay aaaa22−− +202 Tương tự bbc22 + +2;c2. Do đó abcabc222++ +++ 6 . Mà theo đề bài abc222+ + = 6 nên abc+ + 0 Câu 5. a) Sử dụng định lý Pytago: A ACCBBAAKKCBKCKAB2222222+−+++− () = CBBAACBKCKBAAKKC222222+−++−+ ()() 2 22.2()CKBK++ CKCKCKBKCK D = 2 == 22.2()BKBK++ CKBKBKCKBK E H AKAK b) Ta có tan;tanBC== BKCK B AK 2 K nên tantan1BC= ( ) C BKCK. KC Mặt khác ta có B H= K C mà ta n H K C = KH KC Nên ta n B = KH KB KB. KC Tương tự tan C = . Do đó tanB.tan2C = ( ) KH KH 2 2 2 AK Từ (1) và (2) =(tan.tanBC) KH 1 Theo giả thiết HKAK= nên tan.tan3BC= 3 2 SABC AB c) Ta chứng minh được: ABC và A D E đồng dạng vậy: = (3) SADE AD Mà BAC =60 nên ABDABAD=3024 = ( ) SABC 2 Từ (3) và (4) ta có: = =430 SADE (cm ) SADE Đề số 48 Câu 1. ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1) Rút gọn M : Với x+1 − x x + 3 x + 2 x + 2 M = : − + x+1 x − 2 x − 3 ( x − 2)( x − 3)
9. 1(3)(3)(2)(2)(2) xxxxx+−−−+++ = : xxx+−−1(2)(3) 1x− 9 − ( x − 4) + x + 2 = : x+1 ( x − 2)( x − 3) x − 2 = x +1 x − 2 Vậy M = (với x 0; x 4; x 9 ) (*) x +1 x − 2 x +1− 3 x +1 3 3 2) M = = = − = 1− x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3xx+ 1 + 1 U(3) Ư(3) 1; 3  Vì xxx + 0011 Nên x + 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: x +1=1 x = 0 x = 0 (TMĐK (*) ) x +1= 3 x = 2 x = 4 (không TMĐK (*) loại ) Vậy x = 0 thì nhận giá trị nguyên. b) x =+−++−−62 2. 322 3188 23 Có 18 −8 2 = (4 − 2)2 = 4 − 2 = 4 − 2 2 + 2 3 + 4 − 2 = 2 3 + 4 = ( 3 +1)2 = 3 +1 x =+−−6 2 −=+−−=+−− 2. 33 136 2 2. 2336 2 4 2 33 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 Với x =1.Ta có P = 3.12013 + 5.12011 + 2006 = 3 + 5 + 2006 = 2014 Vậy với thì P = 2014 . Câu 2. a) (xxxx++++=364524)( )( )( ) (x22 +9 x + 18)( x + 9 x + 20) = 24 (1) 2 Đặt x +9x +19 = y phương trình (1) trở thành : ( y+1)( y −−= −= − 1240) y2 250( y 5)( y += 50) (x22 +9 x + 24)( x + 9 x + 14) = 0 (x +2)( x + 7)( x2 + 9 x + 24) = 0
10. ++++=(xxxx279240)( )( 2 ) Chứng tỏ x 2 + 9x + 24 0 Vậy nghiệm của phương trình : xx= − =2 − ; 7 . b) Ta có 2x − x2 −1= −(x2 − 2x +1) = −(x −1)2 0 Phương trình trở thành : 2x − x 2 −1 = x 2 − 2x +1 =x 1 Vậy nghiệm của phương trình : x =1. Câu 3. a) (1,0 điểm) 4422 2211 22 121 xyxy ++ Mxy=++ 22 =+++=xy 11 2222 yx xyxy 2 22 2 2 (xy +1) xy22+11 ===+ 22 xy xyxyxy 1115 Ta có: xyxy+=++ xyxyxy 1616 1 1 1 1 * Ta có: xy+ 2 xy . = 2. = (1) 16xy 16 xy 4 2 xy+ 1 11 1411515 * xy = xy 4 = (2) 22 4 xy 16164164xyxy 111511517 Từ (1) và (2) +=++ += xyxy . xyxyxy 1616244 2 2 117289 Vậy Mxy=+ = . xy 416 1 1 xy = xy = 1 Dấu “=” xảy ra 16xy == 4 xy (Vì xy,0 ) 2 xy= xy= 289 1 Vậy Min = tại xy==. M 16 2 b) (1,0 điểm) 1 1 4 1 1 1 1 Áp dụng BĐT + (với ab,0 ) + a b a+ b a+ b4 a b Ta có: 1 1 1 1 1 = + 3xyz++ 3 2( 2 xyzxyz +++++) ( 2) 4 2 xyzxyz ++ ++ 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + 4(xyxz+) +( +) ( xy +) +( yz +) 4 4 xyxzxyyz + + + + 1 2 1 1 + + 16 x+ y x + z y + z
11. 11211 Tương tự: ++ 32316xyzxzxyyz+++++ 11211 ++ 23316xyzyzxyxz+++++ Cộng vế theo vế, ta có: 1111444 ++ ++ 33232323316xyzxyzxyzxyxzyz+++++++++ 411113 ++== .6 1642xyxzyz+++ Câu 4. B 1 D I O C H 1 E F P A Q 1) BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc . Nối OE , BEF vuông tại B ; BAEF⊥ nên ABAEAF2 = . . AEABAEABAAB E = = = 11 ABAFOAAQ AB AF 22 Vậy AEO ABQ (c.g.c). Suy ra ABQAEO= mà ABQP= 1 (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) nên AEOP= 1 , mà hai góc đồng vị. Trong AEO có PEPA= (giả thiết); PHOE// suy ra H là trung điểm của OA . 2) Ta có: 33 P=sin6 + cos 6 =( sin 2 ) + ( co s 2 ) 224224 P =+−+(sincossinsin ) coscos 2 P =+−=(sincos3sin222222 − cos1) 3sin cos Ta có: 2 1 (sin22222222 + cos4sin ) cos1 4sin cossin cos 4 31 Suy ra: P =1 − 3sin22 cos 1 − = 44
12. 1 Do đó: P = khi và chỉ khi: sincossincos22 = = (vì là góc nhọn) min 4 sin = = =1145tg cos Khi đó CD vuông góc với AB. 3) Ta có A C B và A D B nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên ACBADB== 90 A D B C là hình chữ nhật. Ta có: CDABAEAF22==. ==CDABAEAF4422 . = (ECEBDFBF ) ( ) = (ECDFEBBF ) ( ) = E C. D . . F A B E F =AB3 CE DF EF Vậy CDCEDFEF3 = BEEAEFA2 .EBEAECEBE42. B E C3 E Ta có: == == =. BFFAEFAF2 . BFAFDFBF42. B F D3 F 2 Câu 5. Giả sử nn43++1 là số chính phương vì nnnn4342++ = 1 ( ) 2 ++=+=++ nnnknknkk432422* 12()( ) −=− −=− nknknnkk3222221210 ( ) Mà knk222− =11hoặc nk22 −1 Nếu kknnn22= = −= =11202 ( ) Thử lại 24 + 23 +1 = 52 ( thỏa mãn) Khi kkknkn − 11222 − nk20 mâu thuẫn với điều kiện nnkk22( −=− 210.) Vậy n = 2. Đề số 49 Câu 1. Không mất tính tổng quát, giả sử pq . Trường hợp 1: p = 2 +=+==pp( 32) 232.510( ) 10 +q( q + 3) = n( n + 3) 10333 =nn2222 + 3qq − n − qn =−+−( q ) ( ) 10 =(n − q)( n + q) + 3( n − q) 10 =(n − q)( n + q + 3) Vì p( p+3) + q( q + 3) = n( n + 3) mà p ; q ; n là các số nguyên dương nq 2. nq + +3 2 + 2 + 3 = 7 Mà 10== 1.10 2.5
13. nqnqn++=+==31074 nqnqq−=−==113 So với điều kiện thỏa mãn. Vậy bộ ba số nguyên dương ( pqn;;) cần tìm là (2;3;4) . Trường hợp 2: p = 3 +=+==pp( 33.333.618) ( ) ++=+ =+−−=−+−1833183333q( qn nnnqqnqnq) ( ) 2222 ( ) ( ) 18 =(n − q)( n + q) + 3( n − q) =−++183 (nqnq)( ) Vì ppqqnn( +++=+333) ( ) ( ) mà p ; q ; n là các số nguyên dương nq 3. ++ ++=nq33339 Mà 181.182.93.6=== nqnqn++=+==318158 nqnqq−=−==117 So với điều kiện thỏa mãn. Vậy bộ ba số nguyên dương ( pqn;;) cần tìm là (3 ;7 ;8 .) Trường hợp 3: p 3 Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì tích aa( + 3) luôn chia 3 dư 1. Thật vậy: Nếu a :3 dư 1 =+ +=+akak31334 +=++=++a( akkkk331349154:3) ( )( ) 2 dư 1. Nếu a :3 dư 2 =+ +=+akak32335 +=++=++a( akkkk3323592110:3) ( )( ) 2 dư 1. Trở lại bài toán chính: Vì qppq 33;3. +++p( pq33 q) :3( ) dư 2. Mà nn( +3:3) dư 1 (nếu n 3) hoặc nn( +33) nếu n 3. +++ +p( pq333 qn) n( ) ( ) Suy ra không có bộ ba số nguyên dương ( pqn;;) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. Vì a, b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32− 9 x + 6 x − 1 = 0 Khi phân tích đa thức 2x32− 9 x + 6 x − 1 ra thừa số ta được:
14. 29612xxxxaxbxc32−+−=−−− ( )( )( ) 91 −−−=−+−( xaxbxcxxx)( )( ) 323 22 91 −+++++−=−+−xabcxabbccaxabcxxx3232( ) ( ) 3 22 9 abc++= 2 ++= abbcca 3 1 abc = 2 2 222 2 957 ++=++−++=−=abcabcabbcca( ) 22.3( ) 24 Tính abbcca222222++: 2 a222222 bb++=++−++ cc aabbccaab( bcbccacaab) 2( ) 2 ++=++−++a222222 bb cc aabbccaabcabc( ) 2 ( ) 199 ++=−=abbcca2222222 32 222 Tính abc333++: abcabcabcab333222++=+ +++−−−+( bccaabc)( ) 3 333 9571417 ++=−+=abc 33 2428 Vậy: 9 abc++= 2 abbcca++= 3 1 abc = 2 57 abc222++= 4 9 a2 bb 22++= cc 22 a 2 2 417 abc333++= 8 Khi đó ta có: a5− b 5 b 5 − c 5 c 5 − a 5 S = + + a− b b − c c − a =++S( a43 abab 22 +++++++ ab 34 b) ( b 43 bcbc 22 bc 34 c ) +(c4 + c 3 a + c 2 a 2 + ca 3 + a 4 )
15. =+++++++++++Sabca2224443333332 bb ab cc 22 ba 222 cc aa bb cc a =+++++++++++Sabca( 4442 bb cc22 222433433 aaa222 ba cbb ab c ) ( ) ( ) +++−++(ccacbabbcca433222222 ) ( ) 2 =+++++++++++Sabcaabcbabccabc( 222333 ) ( ) ( ) ( ) −++(abbcca222222 ) 2 =+++++Sabc( 222) ( abcabc 333)( ++−) ( abbcca 222222 + + ) 2 57941793465 =+−=S 42828 Câu 3. A I E O F H C G B D M A' 1. Chứng minh rằng tứ giác B C A I nội tiếp. Dễ dàng chứng minh tứ giác A I F H nội tiếp và tứ giác A F H E nội tiếp 5 điểm A , F , H , E , I cùng thuộc một đường tròn. tứ giác AIFE nội tiếp. =GI GAGF 1 . GE ( ) Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp =GF GEGBGC 2. ( ) Từ (1) và (2) suy ra: GI GAGBGC = tứ giác B C A I nội tiếp (điều phải chứng minh). 2. Chứng minh GHAM⊥ . Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC. Kẻ đường kính AA' của (O). Vì tứ giác BCAI là tứ giác nội tiếp I ( O) AIA =90  A I ⊥ AI hay A IAG⊥ . Mà HI⊥ AG (giả thiết) A I HI A , I , H thẳng hàng. Mà dễ dàng chứng minh được AH' đi qua trung điểm M của BC (tứ giác BHCA' là hình bình hành).
16. M , I , H thẳng hàng. Xét A G M có: A D A⊥ M , M I A⊥ G và AD cắt MI tại H. H là trực tâm của tam giác A GM. ⊥G H A M Suy ra điều phải chứng minh. 1 Câu 4. Trường hợp 1: Nếu tồn tại một trong ba số a, b , c thuộc nửa khoảng 0; thì ta 3 1 1 1 2 có + + 9 =(a + b + c) a2 + b 2 + c 2 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh abc2 2 2 đúng. 1 1 1 11 7 Trường hợp 2: a ; b ; c ta có abca++= ++ 3 a tương tự 3 3 3 33 3 7 7 17 b ; c . Vậy abc; ; ; . 3 3 33 1 2 17 Ta chứng minh 2 − −+xx44  x ; . (*). x 33 Thật vậy 2 (*) − 144 −+xxx432 x4 −4 x 3 + 4 x 2 − 1 0 −−− (xxx1210) ( 2 ) 22 17 (xx −1) ( − 1) − 2 0 luôn đúng với  x ; . ( ) 33 1 1 1 Vậy − aa2 −+ 44; − bb2 −+ 44; − cc2 −+ 44. a2 b2 c2 1 1 1 Từ đó suy ra ++−−− −a2 b 2 c 2 4( a +++= b c) 12 0 abc2 2 2 111 ++ ++ abc222 (đpcm). abc222 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi abc=== 1. Câu 5. Giả sử không có 2 điểm nào trong mặt phẳng được tô cùng màu mà khoảng cách giữa chúng là 1 đơn vị độ dài. Xét một điểm O bất kỳ có màu vàng trên mặt phẳng. Vẽ đường tròn (O,3. ) Lấy một điểm P bất kỳ trên (O). Dựng hình thoi OAPB có cạnh bằng 1 và có đường chéo là OP. Dễ thấy OA=== OBABACBC 1. Theo giả thiết, A, B phải tô khác màu vàng và khác màu nhau. Do đó P phải tô vàng. Từ đây suy ra tất cả các điểm trên ( O ) phải tô vàng. Điều này trái với giả thiết vì dễ thấy tồn tại hai điểm trên (O ) có khoảng cách 1 đơn vị độ dài.
17. P/s: Số 1 có thể được thay bởi bất kỳ số thực dương nào. Đề số 50 Phần trắc nghiệm. Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm Câu 1 2 3 4 Đáp án D A C D Phần tự luận. Câu 1. a) Tính A611611=−−+ Nhận xét A < 0 2 A6211621161161126116112 =−−+=−++−−+( ) ( )( ) =−−=−=1223611122.52 Suy ra A2=− (vì A < 0) 2x1xx4+− b) Rút gọn P.=−− x ( với x0;x4 ) xx1xx1x2+−+− 2x+ 1xx −++− 1x( 2x) 2 ( )( ) xx−+ 1 =−=−− . x. xx 2 ( ) x+−++−+ 1 xx 1x 1 xx 1 x2− ( )( ) ( )( ) 1 ( x1x2x2+−=−)( ) x1+ x4 x4 - P 4x0x4− x24x0−− ( ) x2 Kết hợp với điều kiện ta có 0x4 là các giá trị cần tìm. Câu 2. Điều kiện x8 − (4x + 2) . x + 8 = 3 x2 + 7 x + 8 x +8 − 3 x . x + 8 −( x + 2) x + 8 + 3 x( x + 2) = 0 x +8( x + 8 − 3 x) −( x + 2)( x + 8 − 3 x) = 0 ( x +8 − x − 2)( x + 8 − 3 x) = 0 xx+8 = + 2( 1) xx+=8 3( 2)
18. Giải phương trình (1) và tìm được x =1 là một nghiệm của phương trình đã cho. Giải phương trình (2 và tìm được x =1 là một nghiệm của phương trình đã cho Kết luận: Phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1. Câu 3. a)Tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương trình x 3y− + 5 = 0 x 2y+ − 5 = 0 Giải hệ phương trình ta được x = 1; y = 2. Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại A (1; 2). b) Ba đường thắng cắt nhau tai một điểm suy ra (d3) đi qua A. 2 m0= −+−−= −= m13.252m0mm20 ( ) m2= Với m = 0 thì (d3) có dạng x 3y− + 5 = 0 trùng với (d1) (loại) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Câu 4. 1) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành + Vì ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK nên ACK vuông tại C + Suy ra KC AC Ta có BE AC (gt) + Suy ra KC // BE hay KC // BH + Chứng minh tương tự ta có KB // CH + Kết luận tứ giác BHCK là hình bình hành 2) Chứng minh 3 điểm H, M, K thẳng hàng + Chứng minh M là trung điểm của BC + Ta có tứ giác BHCK là hình bình hành (cmt). Suy ra 2 đường chéo BC và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà M là trung điểm của BC (cmt)
19. Suy ra M cũng là trung điểm của HK + Suy ra 3 điểm H, M, K thẳng hàng Chứng minh SAHG = 2SAGO + Vì M là trung điểm của BC (cmt). Suy ra AM là đường trung tuyến của ABC + ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt) 2 Suy ra G thuộc đoạn AM, AG = AM 3 + Vì M là trung điểm của HK (cmt) Suy ra AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM, AG = AM (cmt). Suy ra G là trọng tâm của AHK + Chứng minh HO đi qua G, HG = 2GO + AHG và AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO, HG = 2GO Do đó SAHG = 2SAGO ADBECF 2) Chứng minh 9 HDHFHF 1 1 1 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF Ta có: 2 2 2 1 1 1 AD BE CF AD.BC BE.BC CE.AB 2 2 2 SSS HBCHAC HAB SSSABCABCABC SSS S HBCHACHAB = ABC = 1 SABC SABC + Chứng minh bài toán phụ: 111 Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng xyz9 xyz Ta có: 1 1 1x yx zz y x y z3 x y zy xz xy z x2 y 2 x 2 z 2 z 2 y 2 3 xy xz zy xy2 2xy zx 2 2xz zy 2 2yz 3 xy zx yz x y2 z x 2 z y 2 3 2 2 2 9 xy zx yz
20. xyzxzy222 (Vì với x > 0, y > 0, z > 0 thì 0;0;0 ) xyzxyz 1111 Cách 2: Sử dụng x y+ z + x y z 33 ta có 33 suy ra xyzxyz 111 xyz9 . xyz + Áp dụng kết quả bài toán trên ta có HDHEHFADBECF HDHEHF .9. Mà 1 (cmt) ADBECFHDHEHF ADBECF ADBECF Do đó 9 HDHFHF Câu 5. 1 Điều kiện: x ; y 0 2 2 (1) ( 219xy−+= ) 21xy−+ = 3 2 1xy 3− = − (*) Thay vào (2) 34212(2)10yyy+−+−−−= ( 344)(213)2(2)0yyy+−−+−−−= 34162194yyy+−+−− −−= 2.0 3142132yyy+++++ 322 −−= 0 (y-4). 3142132yyy+++++ y −=40 322 =+(3) 314y ++ 2132yy+++ Với y = 4 ta có x = 1 3 1 Với ta có 3y ++ 1 4 2 221 Từ (*) suy ra y 9 suy ra + > . Vậy phương trình (3) vô nghiệm 2132yy+++ 2 Kết luận nghiệm của hệ (x;y) = (1 ; 4 )