SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x)  (x  12x  31)2010 Tính f (a) a  16   16  b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5(x  xy  y2 )  7(x  2y) Câu (4,5 điểm): 2 a) Giải phương trình: x  x  x  x  x 1 1 x  y  z   b) Giải hệ phương trình:    4  xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 A   x  y3  y3  z  z  x  Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE  BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE ln qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH  PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN - BẢNG A Câu Nội dung Ý Điểm a  16   16   a3  32  3 (16  5)(16  5).( 16   16  ) a)  a  32  3.(4).a (2,0đ)  a3  32 12a  a3  12a  32   a3  12a  31   f (a)  12010  (1) 5( x2  xy  y )  7( x  y)  7( x  y)  ( x  y) 1, (4,5đ) Đặt x  y  5t (2) (t  Z ) (1) trở thành x  xy  y  7t (3) Từ (2)  x  5t  y thay vào (3) ta y  15ty  25t  7t  (*) b)   84t  75t (2,5đ) Để (*) có nghiệm     84t  75t  0t  28 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì t  Z  t  t  Thay vào (*) Với t   y1   x1   y2   x2  1  y3   x3  Với t    ĐK x  x  Với x  thỗ mãn phương trình 2 2, a) Với x  Ta có x  x  x ( x  1)  ( x  x  1) (4,5đ) (2,5đ) 2 x  x  1( x  x)  ( x  x  1)  x3  x  x  x  x 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25  x2  x 1 Dấu "=" Xẩy   0,25  x  x 1   x   x  Vô lý  x  x 1 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 0,25  x  x  1 1  x  y  z  (1)  ĐK x; y; z  (I )     (2)  xy z 1 2 Từ (1)        x y z xy xz yz 0,25 Thế vào (2) ta được: 0,25 1 1 2   2 2 2   xy z x y z xy xz yz 1 2 b)  x  y  z  xz  yz  (2,0đ) 1  (   2)(   2)  x xz z y yz z 0,25 0,25 0,25 1 1  1         x z  y z 1  x  z    x  y  z 1   0  y z 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z )  ( ; ;  ) (TM ) 0,25 Ta có (x  y)2  x; y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2  x2  xy  y  xy 3, (3,0đ) Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 1   A  xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z) xyz A  xyz(x  y  z) 0,25 1 xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = A  4, (5,5đ) Ta có: BDE  BAE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) BAE  BMN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O')  BDE  BMN hay BDI  BMN  BDMI tứ giác nội tiếp a)  MDI  MBI (cùng chắn cung MI) (3,0đ) mà MDI  ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O)  ABE  MBI mặt khác BMI  BAE (chứng minh trên)  MBI ~  ABE (g.g) MI BI    MI.BE = BI.AE AE BE Gọi Q giao điểm CO DE  OC  DE Q   OCD vng D có DQ đường cao 2 b)  OQ.OC = OD = R (1) (2,5đ) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO'  OO'  AB H Xét KQO CHO có Q  H  900 ;O chung 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50  KQO ~ CHO (g.g)  Từ (1) (2)  KO.OH  R  OK  5, (2,5đ) 0,50 KO OQ   OC.OQ  KO.OH (2) CO OH R2 OH Vì OH cố định R không đổi  OK không đổi  K cố định 0,50 ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC  D  (O; AB/2) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác)  tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP mà NHP  900  H thuộc đường tròn đường kính NP  AHN  AMN  450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD E  tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân B  NEB  450 mà NHB  NEB (cùng chắn cung BN) 0,25 0,50 0,25 0,50  NHB  450 (2) Từ (1) (2) suy AHB  900  H  (O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB HH'.AB  SAHB   SAHB lớn  HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường tròn đường kính AB OD  AB) 0,50 0,50 Dấu "=" xẩy  H  D  M  D Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm khơng làm tròn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS KHOÁ NGÀY 18 – – 2017 Đề thức Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2017 Bài (6,0 điểm) Cho biểu thức: P = 2m  16m   m2 m 3 m2  m 1 2 m3 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị tự nhiên m để P số tự nhiên Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c số nguyên Chứng minh a + b + c chia hết cho P chia hết cho Bài (5,0 điểm) a) Chứng minh rằng: với số thực x, y dương, ta ln có: 1   x y x y b) Cho phương trình: x2  3mx   (m tham số) Có hai nghiệm x1 x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M =  x1  x2    x12  x22     x2   x1 Bài (2,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh rằng: 1 1 1         x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài (7,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn a) Chứng minh MB + MC = MA b) Gọi H, I, K chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA Gọi S, S’ diện tích tam giác ABC, MBC Chứng minh rằng: Khi M di động ta ln có đẳng thức: MH + MI + MK =  S + 2S'  3R Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD, BE, CF đường cao Lấy M đoạn FD, lấy N tia DE cho MAN = BAC Chứng minh MA tia phân giác góc NMF Lbinhpn thcsphuochoa ĐÁP ÁN Bài (6,0 điểm) 1a) Rút gọn P = m 1 (với m  0, m  1) m 1 1b) P= m 1 = 1+ m 1 Ta có: P  N  m 1 N  m 1 m  ước dương  m  4; 9 (TMĐK) Vậy m = 4; m = giá trị cần tìm 2) a + b + c (a, b, c  Z) Đặt a + b + c = 4k (k  Z)  a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = 16k  4ak  ack  ac   4k  b   abc = 64 k  16bk  16ak  4abc  16ck  4bck  4ack  abc  abc = 16k  4bk  4ak  abk  4ck  bck  ack   2abc (*) Giả sử a, b, c chia dư  a+ b + c chia dư (1) Mà: a + b + c  a + b + c (theo giả thiết) (2) Do (1) (2) mâu thuẫn  Điều giả sử sai  Trong ba số a, b, c có số chia hết cho  2abc (**) Từ (*) (**)  P Bài (5,0 điểm) a) 1 ab 2     a  b   4ab   a  b   (đúng)   ab ab x y x y b) PT có a, c trái dấu nên ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Ta có: x1  x2   3m x1.x2   2   x12  x22  x  x   M =  2   = = x x2   2    x1 x2    x1 x2     2      x1  x2   x1 x2  1    x1  x2  1  2  x1 x2     x1 x2      2 =   m       Dấu “=” xảy m = Vậy GTNN M  m = Bài (2,0 điểm) Áp dụng BĐT Cô si cho số dương x yz, ta có: x + yz  x yz  x yz  1 1   x  yz x yz x yz Lbinhpn thcsphuochoa Tương tự, ta có: 1 1 1   z  xy z xy y  xz y xz 1 1 1         x  yz y  xz z  xy  x yz y xz z xy  yz  xz  xy 1   Ta có: = (2) xyz x yz y xz z xy Suy ra: (1) Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3) Thật vậy: (*)  yz  xz  xy  x  y  z   x   y   z  x y  x   (BĐT đúng) Dấu “=” xảy x = y = z Từ (2) (3) suy ra: 1 x yz 1   (4)     xyz yz xz xy x yz y xz z xy Từ (1) (4) suy ra: 1 1 1 1        x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài (7,0 điểm) 1.a) Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME = MB Ta có:  BEM tam giác  BE = BM = EM A  BMA =  BEC  MA = EC Do đó: MB + MC = MA Cách 2: O Trên AM lấy điểm E cho ME = MB E Ta có:  BEM tam giác B  BE = BM = EM  MBC =  EBA (c.g.c)  MC= AE M Do đó: MB + MC = MA 1.b) Kẻ AN vng góc với BC N Vì  ABC tam giác nên O trọng tâm tam giác  A, O, N thẳng hàng  AN = A O B C M E A R Ta có: AN = AB.sin ABN  AB  AN  3 R: R 2 sin ABN 2S 2S I N Ta có: MH AB  S ABM  MH  ABM = ABM B AB R H 2S ACM S ACM = MK AC  S ACM  MK  M AC R 2S S BCM 2S ' = MI BC  S BCM  MI  BCM = BC R R 2 2S ' 2S ' Do đó: MH + MK + MI = + + S ABMC  S ABM  S ACM  = R R R R = C  S  2S ' 2S ' +  S  S '  3R R R Lbinhpn thcsphuochoa O K C Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE K Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE  BAC Mà: MKD  CDE (vì MK // BC) Do đó: MKD  MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp  AMN  AKN Ta có: D3  D4 (= BAC )  D1  D2  DMK có DA phân giác vừa đường cao nên cân D  DM = DK  AMD =  AKD (c.g.c)  AMD  AKD F Nên: AMF  AKN Ta có: AMF  AMN  AKN  A N  E H Vậy: MA phân giác góc NMF K M B Lbinhpn thcsphuochoa D C ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN SGD BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC:2016-2017 Câu 1: (5 điểm) a) Tìm tất ngiệm nguyên phương trình x  y  2017 b) Xác định số điện thoại THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số dạng 82xxyy với xxyy số phương Câu 2: (4 điểm) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) , M  (O; R) Chứng minh rằng: MA2  MB2  MC  6R2 Câu 3: (3 điểm) a) Giải phương trình: x2   x2   3 9 x  1    ( x  y )      xy  b) Giải hệ phương trình:  ( x  y ) 1    49  2    x y   Câu 4: (3 điểm) a) Chứng minh với số a, b, c, d ta (a  c2 )(b2  d )  (ab  cd )2 b) Cho a, b  chứng minh rằng: a  b2  (4a  3b)(3a  4b) 25 Câu 5: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M , N , P, Q trung điểm AB, BC, CA, DA Chứng minh rằng: S ABCD  MP.NQ  ( AB  CD)( AD  BC ) Câu 6: (2,0 điểm) Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo b) Tìm số tam giác có cạnh cạnh đa giác ? có: LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN SGD BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2016-2017 Người giải đề: Triệu Tiến Tuấn Câu 1: (5 điểm) a) Tìm tất ngiệm nguyên phương trình x  y  2017 b) Xác định số điện thoại THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số dạng 82xxyy với xxyy số phương Lời giải a) Phương trình: x  y  2017 ( x, y  0)  x  20172  y  4034 y Do x, y  Z  y  Z Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: x  a2 ; y  (2017  a)2 b) Ta có: xxyy  11x0 y số phương nên x0 y 11  100 x  y 11  99 x  x  y 11  x  y  11  x  y 11   x  y  x  y    x  y  11 Ta có: xxyy  11x0 y  11(99x  x  y)  11(99x  11)  112 (9x  1)  x  số phương x7 y 4 Vậy xxyy  7744; xxyy  0000 Câu 2: (4 điểm) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) , M  (O; R) Chứng minh rằng: MA2  MB2  MC  6R2 Lời giải A Giả sử M  AC Dễ thấy: MA  MC  MB (trên MB lấy I cho MI  MC , ta chứng minh: IB  MA ) M K I Đặt: MA  x; MB  y;MC  y  x Ta có: H AM  BM  CM  x2  y  ( x  y)2  2( x2  y  xy) x C (1) Kẻ AH  BM  MH   AH  x Mà BH  MB  MH  y  BH  MB  MH  y  x x  AB  AH  BH  x  y  x  xy  x  y  xy (2) 4 Từ (1),(2)  AM  BM  CM  AB2  2( R 3)2  6R2 (dpcm) Câu 3: (3 điểm) a) Giải phương trình: x2   x2     x2  1    ( x  y )      xy  b) Giải hệ phương trình:  ( x  y ) 1    49  2    x y   Lời giải a) Phương trình: x2   x2     x2  3  x  9  x   Điều kiện:  x   3   x   1 O B x2  3  1   x2     3   x   1 3   x   3   x   3   x    11  3   x     x   x  2   x2   x2 3    x2  x2      x2  2 2 2 x 2 11 (tmdk )    ( x  y )      xy  b) Hệ phương trình:  dk : x, y    ( x  y )   49  2    x y   1  1  x  y 5 x  y      x y x y     2  x  y    49  x     y    53      x2 y x  y   x y Đặt x   a; y   b ta được: a  b  a   b b  7; a  2    2 a  b  53 2b  10b  28  b  2; a    x   2  x  1 a  2  x     73 b  y   y   y     73  x  x  a  x     b  2  y   2  y  1  y  Câu 4: (3 điểm) a) Chứng minh với số a, b, c, d ta (a  c2 )(b2  d )  (ab  cd )2 b) Cho a, b  chứng minh rằng: a  b2  (4a  3b)(3a  4b) 25 ln có: 1 Lời giải a) Ta có: (a  c )(b  d )  (ab  cd )  a 2b  a d  c 2b  c d  a 2b  c d  2abcd  a d  c 2b  2abcd    ad  cb   ln b) Ta có: a  b2   25a  25b  (4a  3b)(3a  4b) (4a  3b)(3a  4b) 25  13(a  b )  25ab  13(a  b)  ab  Dấu “=” không xảy ra, vậy: Câu 5: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD AB, BC, CA, DA a  b2  (4a  3b)(3a  4b) 25 Gọi M , N , P, Q Chứng trung điểm minh rằng: S ABCD  MP.NQ  ( AB  CD)( AD  BC ) Lời giải Ta có: MP.NQ  2SMNPQ  S ABCD A Gọi R trung điểm AC , ta có : NR  1 AB; QR  CD 2 M Suy ra: NQ  NR  QR  ( AB  CD) Q R Tương tự: PM  ( AD  BC )  MP NQ  ( AB  CD)( AD  BC )  S ABCD  MP.NQ  ( AB  CD)( AD  BC ) B N D P Câu 6: (2 điểm) Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo b) Tìm số tam giác có cạnh cạnh đa giác ? Lời giải a) Số đường chéo đa giác là: 12 12  3  54 C b) Nhận thấy với cạnh tam giác, ta lập 10 tam giác mà tam giác thỏa mãn đề mà đa giác ban đầu có 12 cạnh nên số tam giác thỏa mãn đề 10.12  120 Tuy nhiên tính theo cách tam giác mà có cạnh cạnh kề đa giác cho tính lần Ta có số tam giác tính lần 12 tam giác nên số tam giác thỏa mãn đề thực chất là: 120 12  108 tam giác ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ GIANG NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu a Cho x     Tính A   x4  x3  x  x  1 2017 b Cho a, b, c số hữu tỉ đôi khác Chứng minh rằng: A   a  b  b  c   c  a bình phương số hữu tỉ Câu a Giải phương trình: 2x 13x   x  5x  x  x  b Cho P( x)  x2  ax  b với a, b  N Biết P 1  2017 Tính P  3  P  1 Câu Tìm số nguyên dương n cho n4  n3  số phương Câu Cho a, b, c  Chúng minh rằng: b2  c c  a a  b2    2a  b  c a b c Câu Cho ABC vuông cân A Gọi D trung điểm BC Lấy M cạnh AD ,  M  A, D  Gọi N , P theo thứ tự hình chiếu vng góc M xuống cạnh AB, AC H hình chiếu N xuống đường thẳng PD a Chứng mính AH  BH b Đường thẳng qua B , song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H , N , I thẳng hàng …………HẾT………… HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a Ta có: x        1    1   x  Vậy A  b Ta có: 1        a b bc c a  1 2       2  a  b   b  c   c  a   a  b  b  c   b  c  c  a   c  a  a  b     a  b    a  b b  c    b  c  c  a   c  a  2c  a  a  b  b  c  a  b  b  c  Câu a ĐKXĐ: x  1; x  Xét x  không nghiệm Xét x  , phương trình cho tương đương với 2x   x  13 2x 1 x 6 x Đặt x    t ta 13    2t  7t     2t  1 t    t t 6  t    t  4  x  Với t   x      x x  Với t  4  x    4  x2  x   vơ nghiệm x Vậy phương trình có tập nghiệm S   ; 2 4  b Vì P 1  2017  2017   a  b  a  b  2016 Do P  3  P  1    3a  b   1  a  b   10   a  b   4042 Câu Đặt A  n4  n3  Với n  A  khơng thỏa mãn Với n  ta có A  4n4  4n3  Xét A   2n2  n  1  3n2  2n    A   2n2  n  1 2 Xét A   2n2  n    n2   A   2n2  n  2 Vậy A   2n2  n   n  2 Với n  A  25 thỏa mãn toán Câu Áp dụng bất đăngt thức Cauchy ta có b2  c c  a a  b2  bc ca ab     2    a b c c   a b  bc ca   ca ab   ab bc                a  b  c c   c a   a b   b Dấu xảy a  b  c Câu C E D H P A M B N I a Đường thẳng qua B song song với AC cắt tia PD E Ta có BE  PC  BN suy BEN vuông cân B Do NBE  NHE  900 nên B, H thuộc đường tròn đường khính NE Suy NHB  NEB  450 (1) Tương tự hai điểm A, H thuộc đường tròn đường kính PN suy AHN  APN  450 (2) Từ (1) (2) suy AHB  900 hay AH  BH b Từ giả thiết suy AIB  900 nên I điểm cung AIB đường tròn đường kính AB Mặt khác, theo kết câu a tia HN tia phân giác AHB AHB góc nội tiếp chắn cung AIB đường tròn đường kính AB nên HN phải qua I Do ba điểm H , N , I thẳng hàng ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THCS MƠN TỐN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: ( điểm ) Cho hai số a , b thỏa điều kiện: a  b2  1, a  b4  Tính giá trị biểu thức P  a2018  b2018 Câu 2: ( điểm ) Giải phương trình:  x   x  Câu 3: ( điểm ) Hình bên gồm hình vng giống hệt nhau, hình vng có diện tích cm2 Các điểm A, B, C, D đỉnh hình vng Điểm E nằm đoạn CD cho AE chia hình vng thành hai phần có diện tích Tính độ dài đoạn CE Câu 4: ( điểm ) 1) Cho hai số thực x , y Chứng minh 1  x2 1  y   x 1  y  2) Các số A; B; C; D; A  C; B  C; A  D; B  D tám số tự nhiên khác từ đến Biết A số lớn số A, B, C, D Tìm A Câu 5: ( điểm ) 1) Cho nửa đường tròn  O  đường kính AB  4cm Góc DAB  30 cung DB phần đường tròn tâm A Tính diện tích phần tơ đậm 2) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc với I Đường thẳng qua I vng góc AD cắt cạnh BC N Đường thẳng qua I vuông góc BC cắt cạnh AD M Chứng minh AB  CD  2MN ABCD hình thang Câu 6: ( điểm ) Một tô dự định từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi v km / h vận tốc tơ tăng thêm 20% đến B sớm dự định Tuy nhiên sau 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự định 48 phút Tính quãng đường hai thành phố LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THCS MƠN TỐN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2017-2018 Bài 1: ( điểm ) 2 4 Cho hai số a , b thỏa điều kiện: a  b  1, a  b  Tính giá trị biểu thức P  a2018  b2018   a  b2    1  a 2b   a  a  4 1 4a  4a    2a    a   b2  2 4 Ta có a  b     Do P  a Bài 2: 1009  2a 2b2      b2 1009 1009 1   2 1009 1   2  1008 ( điểm ) Giải phương trình: 5 x  3 x  ĐKXĐ: 3  x  Bình phương vế phương trình ta được: 5 x  5  x  x  3  3  x   36  5  x  x  3  19  3x Với ĐK: 3  x  19 Ta có phương trình 16   x  x  3  19  3x   25x2  146 x  121    x  1 25x  121  121 ( thỏa mãn điều kiện) 25  121  Vây phương trình có tập nghiệm S  1;   25   x  hay x  Bài 3: ( điểm ) Hình bên gồm hình vng giống hệt nhau, hình vng có diện tích cm2 Các điểm A, B, C, D đỉnh hình vng Điểm E nằm đoạn CD cho AE chia hình vng thành hai phần có diện tích Tính độ dài đoạn CE Mỗi hình vng có diện tích cm2 nên hình vng nhỏ có cạnh cm 1 S AOE  SOBMC  S9hinhvuong   9.4  cm2 2 22.2 11  OA.OE  22  OE    cm  ( OA  4.2  8cm ) Vậy CE  OE  OC  Bài 4: 11    cm  ) 2 ( điểm )      2 1) Cho hai số thực x , y Chứng minh  x  y  x  y     Ta có  x  y  x  y   x y  x  y   x  xy      x  x   x y  xy  y    x  1   xy  y   ( bất đẳng thức đúng)     Vậy  x  y  x  y  2) Các số A; B; C; D; A  C; B  C; A  D; B  D tám số tự nhiên khác từ đến Biết A số lớn số A, B, C, D Tìm A Ta có tổng số:  A  B  C  D   36  A  B  C  D  12 (1) Mà B  C  D      A  Hơn A  A  B  C  D  12  A  Nếu A   B, C, D 1; 2;3  B  C  D  Điều mâu thuẫn (1) Nếu A   B, C, D 1; 2;3; 4 1  B  C  D  Do B, C, D 1; 2; 4 Do A  D A  C bé nên C, D   B  Nếu C  1, D  A  C  B  D  vô lý Nếu C  2, D  A  D  B  C  vô lý Do A 6, suy B, C, D 1; 2;3; 4;5 Từ (1) ta có B  C  D  Do B, C, D 1; 2;3 Hơn A  D, A  C  nên C, D  , suy B  Với C  1, D  hay C  2, D  thỏa mãn yêu cầu đề Vậy A  Bài 5: ( điểm ) 1) Cho nửa đường tròn  O  đường kính AB  4cm Góc DAB  30 cung DB phần đường tròn tâm A Tính diện tích phần tơ đậm 2  2Sphần trắng Sphần trắng  SOAE  Squạt OBE   S phần tô đậm  Snửa hình tròn  Squaït  2   4 2   2   3    2  ABD 2) Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc với I Đường thẳng qua I vng góc AD cắt cạnh BC N Đường thẳng qua I vng góc BC cắt cạnh AD M Chứng minh AB  CD  2MN ABCD hình thang B K N A C I F O M D Gọi K giao điểm MI BC Gọi F trung điểm BD Ta có: BIK  KIC (cùng phụ với IBK ) MDI  KIC ( góc nội tiếp chắn AB  O  )  BIK  MDI mà BIK  MID (2 góc đối đỉnh) nên MDI  MID  MID cân M  MI  MD MAI  MIA  MAI cân M  MI  MA mà MI  MD  MI  MA  M trung điểm AD 1 Ta có MF  AB; NF  DC 2 2.MF  2.NF  2MN  MF  NF  MN  M , F , N AB  CD  2MN nên mà thẳng hàng Từ suy AB // CD nên ABCD hình thang Bài 6: ( điểm ) Một ô tô dự định từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi v km / h vận tốc tơ tăng thêm 20% đến B sớm dự định Tuy nhiên sau 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự định 48 phút Tính quãng đường hai thành phố 48  (giờ) 60 Gọi s  km  quãng đường hai thành phố A B  s   Đổi đơn vị : 48 phút  Nếu vận tốc ô tô tăng thêm 20% đến B sớm dự định nên ta s s s có phương trình:    v  1 v v  20% Sau 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự 120 s  120 s định 48 phút nên ta có phương trình:    (2) s v  25%v v s  v  v  60 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:    s  360 120  s  120  s  v  25%v v  s Vậy quãng đường hai thành phố A B 360 km ... 91  105 91  105 91  105  Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1;1 ,     98 35  105 98 ;   28 91  105  91  105 Câu 2: 35  105 28 98 35  105 98 ; 28 91  105 91  105   ,  ... 105 98  x  3 y 28 91  105 91  105 91  105 Với t  x3   35  105  35  105  y  x   thay vào phương trình x  x y  ta 28 28   98 98 35  105 98  x  3 y 28 91  105 91 ... chúng chia cho thay đổi sau: - Số chia cho dư sau thay chia cho dư - Số chia cho dư sau thay chia cho dư - Số chia cho dư sau thay chia cho dư Do sau bước thay bóng số bóng đèn loại chia cho có