Bộ đề thi học sinh giỏi cấp huyên môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

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

1. Tailieumontoan.com  Sưu tầm và tổng hợp BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYÊN MÔN TOÁN LỚP 9 Thanh Hóa, ngày 8 tháng 3 năm 2020
2. 1 Website:tailieumontoan.com 50 ĐỀ ÔN THI LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP QUẬN, HUYỆN LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi học sinh giỏi môn toán lớp 9, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 của các huyện trên cả nước có hướng dẫn giải cụ thể. Đây là bộ đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp 9 có một tài liệu bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình và nhà trường. Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và học giỏi môn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề toán này để giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi lớp 9 này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi và hướng dẫn giải đề ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử dụng trong các kì thi học sinh giỏi toán lớp 9 ở các quận, huyện trên cả nước. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này! Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3. 2 Website:tailieumontoan.com 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 • Đề 33:___Trang .173 • Đề 34:___Trang .179 • Đề 35:___Trang .181 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4. 3 Website:tailieumontoan.com • 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 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5. 223 Website:tailieumontoan.com Hãy tính giá trị biểu thức (1++yz22 )(1 ) (1 ++ zx 22 )(1 ) (1 ++ xy 2 )(1 2 ) Ax=++y z (1+++xyz2 ) (1 22 ) (1 ) Ta có: xyyzzx++=⇔+=+++=11 x22 xyyzzxx yxz( ++) xxz( +=+) ( xzxy)( +) Tương tự: 1+=+y22( yzyx)( +),1 +=+ z( zxzy)( +) Thay các kết quả trên vào biểu thức A để tính. Câu 2. 2012 a) Cho hàm số: fx( ) =+−( x3 12 x 31) Tính fa( ) tại a =−3316 8 5 ++ 16 8 5 Từ a =−3316 8 5 ++ 16 8 5 3 33 ⇒=+aa32 33 16 − 8 5 16 + 8 5 16 + 8 5 + 16 − 8 5 =− 32 12 nên ( )( )  aa3 +=12 32. Vậy fa( ) =1. b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 +17 là số chính phương? kn−=1 Giả sử: nk22+=17 ( kN∈ ) và kn> ⇒ (knkn−)( +) =17 ⇔ ⇒=n8 kn+=17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. a) ĐK: −≤41x ≤ Bình phương 2 vế: 1−+++x 4 x 2 (1 − xx )(4 + ) =⇔ 9 (1 − xx )(4 + ) = 2 x = 0 ⇔−4 3x − x2 =⇔ 4 xx ( + 3) =⇔ 0 (thỏa mãn)  = − x 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm: xx=0; = − 3. b) xx2 +45223 += x + −3 ĐKXĐ: x ≥ 2 xx2 +45223 += x + ⇔( xx2 +21 +) +( 2322310 x +− x ++) = 2 2 x +=10 ⇔ ( xx+1) +( 2 +− 31) =⇔ 0  ⇒=−x1 (thỏa mãn ĐK)  2x += 31 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1. Câu 4. a) Tìm xy; thỏa mãn: 24( x y−+ y x − 4) = xy Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6. 224 Website:tailieumontoan.com ĐK: xy≥≥4; 4 . Ta có: 2( xy−+ 4 yx − 4) = xyxy ⇔ .2. −+ 4 yx .2. −= 4 xy Xét = xy.2.−+ 4 yx .2. − 4 VP 44+−yy 44+− xx Theo BĐT Côsi: 2yx−≤ 4 =;2 −≤ 4 = 22 22 Vậy VP≤= xy VT  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: abc222++=6 . Hãy chứng minh rằng: abc++≥0 Do abc;; là các số thuộc đoạn [−1; 2 ] nên aa+≥1 0; − 2 ≤ 0 nên (aa+1)( −≤ 20) Hay aa22−−≤⇒20 aa ≤+ 2 22 Tương tự bb≤+2; c ≤+ c 2. Do đó a222+ b + c ≤+++ abc6. Mà theo đề bài 222 abc++=6 nên abc++≥0 A Câu 5. a) Sử dụng định lý Pytago: AC222+− CB BA AK 2 + KC 2 ++() BK CK2 − AB 2 = 22+− 2 +22 +− +2 CB BA AC()() BK CK BA AK KC D 2CK2 ++ 2. BK CK 2( CK CK BK ) CK E = = = H 2 ++ 2BK 2. BK CK 2( BK BK CK ) BK AK AK = = b) Ta có tanBC ; tan B BK CK K C AK 2 nên tanBC tan = (1) BK. CK KC Mặt khác ta có B = HKC mà tan HKC = KH KC Nên tan B = KH KB KB. KC Tương tự tan C = . Do đó tanB.tan C = (2) KH KH 2 2 2 AK Từ (1) và (2) ⇒=(tanBC .tan )  KH 1 Theo giả thiết HK= AK nên tanBC .tan= 3 3 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7. 225 Website:tailieumontoan.com 2 S AB c) Ta chứng minh được: ∆ABC và ∆ADE đồng dạng vậy: ABC = (3) SADE  AD Mà BAC =60 ° nên ABD=30 °⇒ AB = 2 AD ( 4) SABC 2 Từ (3) và (4) ta có: =⇒=4SADE 30 (cm ) SADE Đề số 48 Câu 1. ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 (*) 1) Rút gọn M : Với x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9 x+−1 xx  + 32 x + x + 2 M =: −+ x+1  x − 2 x − 3 ( xx −− 2)( 3)  1 (xx+ 3)( −− 3) ( xx − 2)( ++ 2) ( x + 2) = :  x+1 (xx−− 2)( 3) 1xx−− 9 ( − 4) + x + 2 = : x+1 ( xx −− 2)( 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: 3 xx+⇔ 1 +∈ 1 U(3) Ư(3)∈{±1;±3 } Vì xxx≥⇒0 ≥⇒ 0 +≥ 11 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 M nhận giá trị nguyên. b) x =+6 2 2. 3 − 2 + 2 3 +− 18 8 2 − 3 Có 18 − 8 2 = (4 − 2) 2 = 4 − 2 = 4 − 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8. 226 Website:tailieumontoan.com 2 + 2 3 + 4 − 2 = 2 3 + 4 = ( 3 +1) 2 = 3 +1 x =+6 22.3 −−−=+ 31 3 6 22.2 −−=+ 3 3 6 24 − 23 − 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 Với x =1.Ta có P = 3.12013 + 5.12011 + 2006 = 3 + 5 + 2006 = 2014 Vậy với x =1thì P = 2014 . Câu 2. a) ( xxxx+3)( + 6)( + 4)( += 5) 24 ⇔( xx22 ++9 18)( xx ++ 9 20) = 24 (1) 2 Đặt x + 9x +19 = y phương trình (1) trở thành : ( yy+1)( −− 1) 24 =⇔ 0 y2 − 25 =⇔ 0( yy − 5)( + 5) = 0 ⇔( xx22 ++9 24)( xx ++ 9 14) = 0 ⇔+( xxxx2)( + 7)( 2 ++ 9 24) = 0 ⇔+( xxxx2)( + 7)( 2 ++ 9 24) = 0 Chứng tỏ x 2 + 9x + 24 > 0 Vậy nghiệm của phương trình : xx=−=−2; 7. b) Ta có 2x − x 2 −1 = −(x 2 − 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) 11 1xy44++ 21 xy 22 =++22 22 Mx22 y =xy +++11 = yx xy22 xy22 2 22 2 2 ( xy +1) xy22+11 = = = + 22 xy x y xy xy 1 1 15 Ta có: xy+= xy + + xy16 xy 16 xy 1 1 11 * Ta có: xy +≥2xy . == 2. (1) 16xy 16 xy 4 2 xy+ 1 11 1 4 1 15 15 * xy ≤= ⇒xy ≤⇒ ≥4 ⇒≥=⇒≥ (2) 22 4 xy 16xy 16 4 16xy 4 1  1  15 1 15 17 Từ (1) và (2) ⇒xy +  = xy +  + ≥+ = . xy 16xy  16 xy 2 4 4 2 2 1 17 289 Vậy M=+≥= xy  . xy 4 16 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9. 227 Website:tailieumontoan.com  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) 11 4 1 11 1 Áp dụng BĐT +≥ (với ab,0> ) ⇒ ≤+ a b ab+ ab+ 4  a b Ta có: 1 1 11 1 = ≤+ 3x+ 3 y + 2 z( 2 xyz ++) +( x +2 yz +) 42 xyz ++ x +2 yz + 1 1 1 111111 ≤+ ≤ +++ 4( xy+++) ( xz) ( xy +++) ( yz) 44 xy + xz + xy + yz +  1211 ≤ ++ +++ 16 xy xz yz 1 12 1 1 Tương tự: ≤ ++ 3x++ 2 y 3 z 16  xz + xy + yz + 1 12 1 1 ≤ ++ 2x++ 3 y 3 z 16  yz + xy + xz + Cộng vế theo vế, ta có: 1111444 + + ≤ ++ ++ ++ ++ + + + 332xyz 323 xyz 23316 xyz xyxzyz 41 1 1 1 3 ≤ ++ ==.6 +++ 16 xy xz yz 4 2 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 BA . Nối OE , ∆BEF vuông tại B ; BA⊥ EF nên AB2 = AE. AF . AE AB AE AB AE AB ⇒=⇒ = ⇒= 11 AB AF AB AF OA AQ 22 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10. 228 Website:tailieumontoan.com  Vậy ∆AEO  ∆ABQ (c.g.c). Suy ra ABQ= AEO mà ABQ= P1 (góc có các cạnh  tương ứng vuông góc) nên AEO= P1 , mà hai góc đồng vị. Trong ∆AEO có PE= PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA . 2) Ta có: 33 P =+=sin66αα cos( sin 2 α) +(co s 2 α) 224224 P =+−+(sinαααααα cos)  sin sin cos cos 2 P =+−(sin2α cos 2 α) 3sin 22 αα cos =− 1 3sin 22 αα cos Ta có: 2 1 (sin2α+≥⇔ cos 2 α) 4sin 22 αα cos 1≥⇔≤ 4sin22 αα cos sin 22 αα cos 4 31 Suy ra: P =−1 3sin22αα cos≥− 1 = 44 1 Do đó: P = khi và chỉ khi: sin22α= cos α ⇔= sin αα cos (vì α là góc nhọn) min 4 sinα ⇔ =⇔1tgαα =⇒=° 1 45 cosα Khi đó CD vuông góc với AB. 3) Ta có ∆ACB và ∆ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên ACB= ADB =90 ° ⇒ ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD22= AB = AE. AF ⇒==CD4 AB 4 AE 22. AF = (EC EB) ( DF . BF ) = (EC. DF) ( EB BF ) = EC. DF AB EF ⇒=AB3 CE DF EF Vậy CD3 = CE DF EF 2 BE EA.E EF A BE42 AE CE. BE BE3 CE Ta có: = = ⇒== ⇒=. BF2 FA. EF AF BF42 AF DF. BF BF3 DF 2 Câu 5. Giả sử nn43++1 là số chính phương vì nn43+ +>1 n 4 =( n 2) 2 ⇒nn43 + +=1( nk 2 +) = n 4 + 2 knkk 22 + () ∈ * ⇒n3 −2 kn 22 = k −⇒ 1 n 2( n − 2 k) = k 2 −≥ 10 Mà k2−11 nk 22 ⇒=hoặc nk22≤−1 Nếu k22=⇒=⇒1 k 1 nn( − 20) =⇒= n 2 Thử lại 24 + 23 +1 = 52 ( thỏa mãn) Khi k≠⇒11 k22 > k −≥ n 2 ⇒ kn > ⇒−nk20 < mâu thuẫn với điều kiện nn22( −2 k) = k −≥ 1 0. Vậy n = 2 . Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11. 229 Website:tailieumontoan.com Đề số 49 Câu 1. Không mất tính tổng quát, giả sử pq≤ . Trường hợp 1: p = 2 ⇒pp( +=3) 2( 2 += 3) 2.5 = 10 ⇒+10qq( += 3) nn( + 3) ⇔=+−−=10nnqqnq2 3 2 3 ( 22 −) +(3 nq − 3 ) ⇔=−10 (nqnq)( ++) 3( nq −) ⇔10 =(nqnq −)( ++3) Vì p( p++333) qq( +=) nn( +) mà p ; q ; n là các số nguyên dương ⇒>≥nq2. ⇒++>++=nq32237 Mà 10= 1.10 = 2.5 nq++=3 10  nq += 7 n = 4 ⇒ ⇔⇔  nq−=1  nq −= 13 q = 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( +=3) 3.( 3 += 3) 3.6 = 18 ⇒+18qqnn( += 3) ( +⇔=+−−= 3) 18 nnqqnq2 3 2 3 ( 22 −) +(3 nq − 3 ) ⇔=−18 (nqnq)( ++) 3( nq −) ⇔18 =(nqnq −)( ++3) Vì p( p++333) qq( +=) nn( +) mà p ; q ; n là các số nguyên dương ⇒>≥nq3. ⇒++>++=nq33339 Mà 18= 1.18 = 2.9 = 3.6 nq++=3 18  nq += 15 n = 8 ⇒ ⇔⇔  nq−=1  nq −= 17 q = 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: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12. 230 Website:tailieumontoan.com Nếu a :3 dư 1 ⇒ak =3 +⇒ 1 a + 33 = k + 4 ⇒aa( +=3) ( 3 k + 1)( 3 k += 4) 9 k2 + 15 k + 4 :3 dư 1. Nếu a :3 dư 2 ⇒ak =3 +⇒+= 2 a 33 k + 5 ⇒aa( +=3) ( 3 k + 2)( 3 k += 5) 9 k2 + 21 k + 10 :3 dư 1. Trở lại bài toán chính: Vì qp≥ >⇒3 p 3; q 3. ⇒pp( ++3) qq( + 3) :3 dư 2. Mà nn( + 3) :3 dư 1 (nếu n  3) hoặc nn( + 33) nếu n3. ⇒p( p ++333) qq( +≠) nn( +) 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 2xxx32− 9 + 6 −= 10 Khi phân tích đa thức 2xxx32− 9 +− 61 ra thừa số ta được: 2x32− 9 x + 6 x −= 12( xaxbxc −)( −)( −) 91 ⇔−( xaxbxc)( −)( −=−) x32 x +−3 x 22 91 ⇔x3 −( a ++ b c) x2 +( ab + bc + ca) x − abc = x32 − x +3 x − 22  9  abc++=  2 ⇔ab ++= bc ca 3  1  abc =  2 2 222 2 9 57 ⇒a + b + c =( a ++ b c) −2( ab + bc + ca) = −2.3 = 24 Tính ab22++ bc 22 ca 2 2: 2 a22 b+ b 22 c + c 2 a 2 =( ab ++ bc ca) −2( ab ⋅+⋅+⋅ bc bc ca ca ab) 2 ⇔a22 b + b 22 c + c 2 a 2 =( ab + bc + ca) −2 abc( a ++ b c) 19 9 ⇒ab22 + bc 22 + ca 2 2 =32 2 −⋅⋅ = 22 2 Tính abc333++: a333+ b + c =( a ++ b c)( a222 + b + c − ab − bc − ca) +3 abc 3339 57 1 417 ⇒abc + + = −33 +⋅ = 24 2 8 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13. 231 Website:tailieumontoan.com Vậy:  9  abc++=  2  ab++= bc ca 3  1  abc =  2  22257  abc++=  4  22 22 2 2 9 ab++= bc ca  2  417  abc333++=  8 Khi đó ta có: ab55−−− bc 55 ca 5 5 S =++ ab−−− bc ca ⇔=++S( a43 a b a 2234 b +++++ ab b) ( b 43 b c b 2234 c ++ bc c ) +++(c4 c 3 a c 22 a ++ ca 3 a 4) ⇔=+S222 a4 b 4 ++++++++ c 433 abbabccbaccaab 33 33 222222 + bc + ca ⇔=+++S( a444222222433 b c222 ab + bc + ca) +++( a ab ac) +++( b 433 ba bc) +++(c4 ca 3 cb 3) −( ab 22 + bc 22 + ca 2 2) 2 ⇔S =( a222 + b + c) + aabc 3( ++) + babc3( ++) + cabc3( ++) −(ab22 ++ bc 22 ca 2 2) 2 ⇔S =( a222 + b + c) +( a 333 + b + c)( a ++ b c) −( ab222222 + bc + ca ) 2 57 9 417 9 3465 ⇔S = +⋅ −= 4 28 2 8 Câu 3. A I E O F H C G B D M A' Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14. 232 Website:tailieumontoan.com 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp và tứ giác AFHE nội tiếp ⇒ 5 điểm A , F , H , E , I cùng thuộc một đường tròn. ⇒ tứ giác AIFE nội tiếp. ⇒=GI GA GF GE (1.) Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp ⇒=GF GE GB GC (2.) Từ (1) và (2) suy ra: GI GA= GB GC ⇒ tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh). 2. Chứng minh GH⊥ AM. 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′ I⊥ AG. 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). ⇒ M , I , H thẳng hàng. Xét ∆AGM có: AD⊥ AM , MI⊥ AG và AD cắt MI tại H. ⇒ H là trực tâm của tam giác AGM. ⇒⊥GH AM 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 111 2 có + + ≥=9 (abc ++) > a222 + b + c. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh abc222 đúng. 1 1 1 11 7 Trường hợp 2: a > ; b > ; c > ta có abc++=>++3 a ⇒<a tương tự 3 3 3 33 3 7 7 17 b < ; c < . Vậy abc;;∈ ; . 3 3 33 1 2 17 Ta chứng minh −xx ≥−44 + ∀∈x ; . (*). x2 33 Thật vậy 2 (*) ⇔1 −x4 ≥− 44 xx 32 + ⇔xxx432 −4 + 4 −≤ 10⇔( x −1) ( xx2 − 210 −≤) 22 17 ⇔−( xx1) ( − 1) −≤ 20 luôn đúng với ∀∈x ; . ( ) 33 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15. 233 Website:tailieumontoan.com 1 1 1 Vậy −aa2 ≥−44 + ; −bb2 ≥−44 + ; −cc2 ≥−44 + . a2 b2 c2 111 Từ đó suy ra + + −a222 − b − c ≥−4( abc + +) + 12 = 0 abc222 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= OB = AB = AC = BC =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. 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 A=− 6 11 −+ 6 11 Nhận xét A < 0 2 A2 =( 6 − 2 11 − 6 + 2 11) =− 6 11 ++ 6 11 − 2( 6 − 11)( 6 + 11) =−12 2 36 −=− 11 12 2.5 = 2 Suy ra A2= − (vì A < 0) 2x+− 1 x x 4 b) Rút gọn P=−−.x ( với x≥≠ 0; x 4 ) xx1x+ −+ x1 x2 − Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16. 234 Website:tailieumontoan.com  2x+− 1 x( x + 1) ( x + 2)( x − 2) x−+ x1 = .x− = .x( −− x 2) + −+x2− + −+ ( x1x)( x1) ( x1x)( x1) 1 ( x1+)( x2 −=) x2 − x1+ x4< x4< - P4−<⇔ x 0 ⇔ ⇔<x 4 − −< ( x2) 4x 0  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 xx2 + 7 + 8 ⇔+−x8 3. x x +− 8( x + 2) x ++ 8 3 xx( + 2) = 0 ⇔xxxxxx +8( +− 83) −( + 2)( +− 83) = 0 ⇔( xx +−−8 2)( x +− 83 x) = 0  xx+=+8 21( ) ⇔   xx+=83( 2)  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= ⇒m −+ 1 3.2 − 5 − 2m = 0 ⇒ m( m − 2) = 0 ⇒ 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. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17. 235 Website:tailieumontoan.com 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) 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) 2 Suy ra AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM, AG = AM 3 (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 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18. 236 Website:tailieumontoan.com AD BE CF 2) Chứng minh 9 HD HF HF 111 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF Ta có: 222 1 11 AD BE CF AD.BC BE.BC CE.AB 2 22 SSHBC HAC SHAB SSSABC ABC ABC SSSHBC HAC HAB SABC = = 1 SABC SABC + Chứng minh bài toán phụ: 111 Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng xyz 9 xyz Ta có: 111 xy xz zy xyz 3 xyz yx zx yz xy22 xz 2222 zy 3 xy xz zy 222 x y 2xy z x 2xz z y 2yz 3 xy zx yz 222 xy zx zy 3222 9 xy zx yz 222 xy zx zy (Vì với x > 0, y > 0, z > 0 thì 0; 0; 0 ) xy zx yz 111 1 Cách 2: Sử dụng x++≥ y z33 xyz ta có 33 suy ra x y z xyz 111 xyz 9 . xyz + Áp dụng kết quả bài toán trên ta có HD HE HF AD BE CF HD HE HF .9 . Mà 1 (cmt) AD BE CF HD HE HF AD BE CF AD BE CF Do đó 9 HD HF HF Câu 5. 1 Điều kiện: x ≥ ; y ≥ 0 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19. 237 Website:tailieumontoan.com 2 (1) ⇔ ( 21xy−+) = 9⇔ 21xy−+ = 3 ⇔ 2xy−=− 13 (*) Thay vào (2) 3yy+ 4 − 2 +− 1 2( y − 2) −= 1 0 ⇔ ( 3y+ 4 − 4) − ( 2 yy +− 1 3) − 2( − 2) = 0 3y+ 416 − 2 yy +− 19 − 4 ⇔ − −=2. 0 3yyy++ 14 2 ++ 13 + 2 3 22 ⇔ − −= (y-4). 0 3y++ 14 2 yy ++ 13 + 2  y −=40  ⇔ 3 22  = + (3)  3y ++ 14 2yy++ 13 + 2 Với y = 4 ta có x = 1 3 1 Với y ≥ 0 ta có ≤ 3y ++ 14 2 221 Từ (*) suy ra y ≤ 9 suy ra + > . Vậy phương trình (3) vô nghiệm 2yy++ 13 + 2 2 Kết luận nghiệm của hệ (x;y) = (1 ; 4 ) Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC