Đề thi học sinh giỏi Toán 6 cấp huyện Việt Yên 2012-2013

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VIỆT YÊN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 6 Thời gian làm bài:120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (4 điểm). Thực hiện phép tính

2 4 2.(2 .3) .3 18

2 9 2 6 5.(2 .3 ) .(2 ) 18 





a) A =

158158158 711711711



 29 28 7.2 .3 5.2 .3 12 12 12  289 85 7 4 4   7

4  289 85

5 5  13 169 6 6  13 169

5 91 6 91

    

    

b) B = 81.

Câu 2: (4 điểm)



a) So sánh P và Q

2010 2011 2012 2011 2012 2013

2010 2011

2011 2012

 

Biết P = và Q =

2012 2013 b) Tìm hai số tự nhiên a và b, biết: BCNN(a,b) = 420; ƯCLN(a,b)=21 và a +21 = b. Câu 3: (4 điểm)

2012

2013

a) Chứng minh rằng: Nếu 7x + 4y  37 thì 13x +18y  37

)



(

)



(

)

  ...

(

: 2

(

)

1 2

3   2

3 2

b) Cho A = và B =

Tính B – A Câu 4. (6 điểm).

Cho (cid:0)xAy , trên tia Ax lấy điểm B sao cho AB = 6 cm. Trên tia đối của tia Ax lấy

điểm D sao cho AD = 4 cm.

a) Tính BD.

b) Lấy C là một điểm trên tia Ay. Biết (cid:0)BCD = 800, (cid:0)BCA = 450. Tính (cid:0)ACD .

c) Biết AK = 2 cm (K thuộc BD). Tính BK Câu 5: (2 điểm)

Tìm hai số nguyên tố x và y sao cho: x2 – 2x + 1 = 6y2 -2x + 2

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:………………………. ...................... Số báo danh :………

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VIỆT YÊN

HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 6 Thời gian làm bài:120 phút

a) Ta có:



Câu

28 5.2 .3 12 18



 

2 9 2 6 5.(2 .3 ) .(2 )  18 29 7.2 .3  14 28 4 18  2.2 .3 .3 5.2 .3 .2 29 28 18 7.2 .3  5.2 .3 18 29 18 30 2 .3  5.2 .3 28 18  2 .3 (5 7.2) 18  2 .3 (5.2 1) 2 .3 (5 14)



2.9  9

Nội dung 14 2 2.(2 .3) .3 18

KL:…..





b) Ta có: .



81.

Điểm 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

Câu 1 (4đ)

12 12  289 85 4

158158158 711711711



5 91 6 91

 12    





81.

158.1001001 711.1001001



12 7 4   7 1   7 1   7

5 5  13 169 6 6  13 169 1 1  13 169 1 1  13 169

     1 91 1 91

4  289 85 1 1    289 85  1 1    289 85 

 5 1    6 1  

     

     



81.



81.



64,8

  12 1       4 1     12 5 158   :   711 4 6   324 18 2 . 5 5 9

2010 2011 2012 2011 2012 2013

 

2010 2011 2012 2013



2011 2011 2012 2013



Q = = + + KL:………… a) Ta có:  



+ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 1 đ 0,75 đ

 2012 2011 2012 2013 Lần lượt so sánh từng phân số của P và Q với các tử là : 2010; 2011; 2012 thấy được các phân thức của P đều lớn hơn các phân thức của Q Kết luận: P > Q b) Từ dữ liệu đề bài cho, ta có : + Vì ƯCLN(a, b) = 21, nên tồn tại các số tự nhiên m và n khác 0, sao cho:

0,25 đ

Câu 2 (4đ)

a = 21m; b = 21n (1) và ƯCLN(m, n) = 1 (2)

+ Vì BCNN(a, b) = 420, nên theo trên, ta suy ra :



 420 21.20





 BCNN 21m; 21n 20 (3)



   BCNN m; n



21n m 1 n (4)

  

21m 21 21n







+ Vì a + 21 = b, nên theo trên, ta suy ra :     21. m 1

0.5đ 0.5đ

Trong các trường hợp thoả mãn các điều kiện (2) và (3), thì chỉ có Trường hợp : m = 4, n = 5 hoặc m = 2, n = 3 là thoả mãn điều kiện (4). Vậy với m = 4, n = 5 hoặc m = 2, n = 3 ta được các số phải tìm là : a = 21 . 4 = 84; b = 21 . 5 = 105



y  37(

28 x  x

a) Ta có: 5(13

 18 ) 4(7



x  90  y 74 (*)  y 4 ) 37

16   y 2 ) 37

4 ) 65  y  18 ) 4(7 y 37   x Hay 5(13  4 ) 37  y , mà (4;37) = 1 nên 4(7  x y 4 37 x

 18 ) 37 y



 18 37 y

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ , mà (5; 37) = 1 nên 13

2012

  



(

)

  ...

(

)

(1)

3 2

3 ( ) 2

3 2

2013



)



(

)



(

)

  ...

(

(2)

3   4

3 2

3 ( ) 2

3 2

1 2 3 2

Vì 7 Do đó, từ (*) suy ra: 5(13 b)Ta có:

2013

A A 

(

)

3 2

Lấy (2) – (1), ta được:

Câu 3 (4đ)

2013









2012

3 2 1 2

3 3 1    2 2 4 2013 3 2

1  2

B A 



2014

2012

3 ( ) 2 2013 3 2

1 4 2013 3 2

5  . 2

Hình vẽ:

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Vậy

a) Vì B thuộc tia Ax, D thuộc tia đối của tia Ax

 A nằm giữa D và B

Câu 4 (6đ)

 BD = BA + AD = 6 + 4 = 10 (cm)

KL:…..

(cid:0)







(cid:0)



(cid:0) ACD ACB BCD (cid:0) ACD BCD ACB









0 45



b) Vì A nằm giữa D và B => Tia CA nằm giữa 2 tia CB và CD

KL:….

c) * Trường hợp 1 : K thuộc tia Ax

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ - Lập luận chỉ ra được K nằm giữa A và B

 KB = AB – AK = 6 – 2 = 4 (cm)

- Suy ra: AK + KB = AB

* Trường hợp 2 : K thuộc tia đối của tia Ax

- Lập luận chỉ ra được A nằm giữa K và B

 KB = 6 + 2 = 8 (cm)

- Suy ra: KB = KA + AB

* Kết luận: Vậy KB = 4 cm hoặc KB = 8 cm

Câu 5 (2đ)

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Ta có: x2 – 2x + 1 = 6y2 -2x + 2 => x2 – 1 = 6y2  6y2 = (x-1).(x+1)  2 , do 6y2  2 Mặt khác x-1 + x +1 = 2x  2  (x-1) và (x+1) cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Vậy (x-1) và (x+1) cùng chẵn  (x-1) và (x+1) là hai số chẵn liên tiếp  (x-1).(x+1)  8  6y2  8  3y2  4  y2  4  y  2  y = 2 ( y là số nguyên tố) , tìm được x = 5. Kết luận:……. Lưu ý: - Các tổ cần nghiên cứu kỹ hướng dẫn trước khi chấm.

- Học sinh làm bài các cách khác nhau mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Bài hình không có hình vẽ thì không chấm. - Tổng điểm của bài cho điểm lẻ đến 0,25đ ( ví dụ : 13,25đ , 14,5đ, 26,75đ).

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VIỆT YÊN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 7 Thời gian làm bài:120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

0, 4



0, 25



1 5

Câu 1. (4,0 điểm)



2012 2013

1, 4



 0,875 0, 7

2 2   9 11 7 7   9 11

1 3 1 6

    

    





1) M =

2) Tìm x, biết: .

Câu 2. (5,0 điểm)



cba  c

acb  a

bac  b





1) Cho a, b, c là ba số thực khác 0, thoả mãn điều kiện: .

a c

c b

  1    

  

  

Hãy tính giá trị của biểu thức .

b a 2) Ba lớp 7A, 7B, 7C cùng mua một số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định

chia cho ba lớp tỉ lệ với 5:6:7 nhưng sau đó chia theo tỉ lệ 4:5:6 nên có một lớp nhận

nhiều hơn dự định 4 gói. Tính tổng số gói tăm mà ba lớp đã mua.

Câu 3. (4,0 điểm)

với x là số nguyên.

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2

  2



2013

  

xyz

2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho (cid:0)xAy =600 có tia phân giác Az . Từ điểm B trên Ax kẻ BH vuông góc với Ay tại

H, kẻ BK vuông góc với Az và Bt song song với Ay, Bt cắt Az tại C. Từ C kẻ CM

vuông góc với Ay tại M . Chứng minh :

a ) K là trung điểm của AC.

b )  KMC là tam giác đều.

c) Cho BK = 2cm. Tính các cạnh  AKM.





Câu 5. (1,0 điểm)

a  bc

b  ac

c  ab

Cho ba số dương 0  a  b  c  1 chứng minh rằng:

--------------Hết----------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VIỆT YÊN

HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 7 Thời gian làm bài:120 phút



0, 25



0, 4

1 5

1) Ta có:





2012 2013



 0,875 0, 7

1, 4

Câu Nội dung

2 2   9 11 7 7   9 11

1 3 1 6

    

    

 





2012 2013

2 5 7 5

2 2   9 11 7 7   9 11

1 1 1 5 3 4 7 7 7   8 10 6

    

    





Điểm 0.5đ

2012 2013

1 1 1   5 9 11 1 1 1   5 9 11

1   5  1 5

     

     

1 1     4 3  7 1 1     2 3 4 

  

     

     

Câu 1 0.5đ







(4 điểm)

2 7

2012 2013

  

  

0.5đ

KL:……..

0.5đ

x   nên (1) =>

  

 hay

x   1

2) vì

+) Nếu x  1 thì (*) = > x -1 = 2 => x = 3

+) Nếu x <1 thì (*) = > x -1 = -2 => x = -1

0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

KL:…………. 1) +Nếu a+b+c  0 Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có: 0.25đ



        = a b c b c a c a b   a b c

cba  c

acb  a

bac  b

= 1 0.25đ

  1

 = 2 1

  1

  b c a a

  c a b b

0.25đ mà



  a b c c   => a b b c a c

 c a b



)(





(

)

Câu 2 =2 0.25đ (5 điểm)

b a

 b a c a b c c

 a

 b

a c

c b

     

  

   Vậy B = 1       +Nếu a+b+c = 0 Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có:



        = a b c b c a c a b   a b c

cba  c

acb  a

bac  b

0.25đ = 0

0.25đ

  1

 = 1 1

  1

  b c a a

  c a b b

mà 0.25đ



  a b c c   => a b b c a c

 c a b



)(



(

)

0.25đ

c b

a c

b a

 b a c a b c c

 b

     

 Vậy B = 1  

  

 a 2) Gọi tổng số gói tăm 3 lớp cùng mua là x ( x là số tự nhiên khác 0) Số gói tăm dự định chia chia cho 3 lớp 7A, 7B, 7C lúc đầu lần lượt là: a, b, c

;



  



;

c 7

a 5

x 5 18

b   6

  a b c 18

x 7 18

x 6 18

x 3

  



;

Ta có: (1)

,   b 15

x 6 15

x 5 15

x 15

b 5

c 6

x 3

x 18 Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có: x a 4 4 15 So sánh (1) và (2) ta có: a > a’; b=b’; c < c’ nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu

(2)



    

360

x 7 18

x 90

x 6 15 Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói.

1) Ta có:



  2



2013



  2

2013 2





 

2 2013 2





2011

Vây: c’ – c = 4 hay



 2)(2013 2 ) 0

    1

2013 2

Dấu “=” xảy ra khi

KL:……..

0,5 đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

2) Vì x,y,z nguyên dương nên ta giả sử 1  x  y  z

Theo bài ra 1 =



Câu 3

0,25đ 0,5đ

1 2 x

1 + 2 x

3 2 x

1 yx

1 yz

1 zx => x 2  3 => x = 1

Thay vào đầu bài ta có 1 y

  

(4 điểm)

=> y – yz + 1 + z = 0

=> y(1-z) - ( 1- z) + 2 =0

=> (y-1) (z - 1) = 2

TH1: y -1 = 1 => y =2 và z -1 = 2 => z =3

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Vậy có hai cặp nghiệp nguyên thỏa mãn (1,2,3); (1,3,2)

V ẽ h ình , GT _ KL

TH2: y -1 = 2 => y =3 và z -1 = 1 => z =2

Câu 4

0,25đ

(6 điểm)

1đ 1đ

(cid:0)

và BK là đường cao  BK là

CAB ACB MAC

(cid:0)( 



)

a,  ABC cân tại B do (cid:0) đường trung tuyến  K là trung điểm của AC b,  ABH =  BAK ( cạnh huyền + góc nhọn )

 BH = AK ( hai cạnh t. ư ) mà AK =

1 2

 BH =

1 2

Ta có : BH = CM ( t/c cặp đoạn chắn ) mà CK = BH =

AC  CM = CK

1 2

  MKC là tam giác cân ( 1 ) Mặt khác : (cid:0)MCB = 900 và (cid:0)ACB = 300  (cid:0)MCK = 600 (2) Từ (1) và (2)   MKC là tam giác đều c) Vì  ABK vuông tại K mà góc KAB = 300 => AB = 2BK =2.2 = 4cm Vì  ABK vuông tại K nên theo Pitago ta có:

BK



16 4

 

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

Mà KC =

AC => KC = AK = 12

AK = 1 2

 KCM đều => KC = KM = 12 Theo phần b) AB = BC = 4 AH = BK = 2 HM = BC ( HBCM là hình chữ nhật) => AM = AH + HM = 6     nên: Vì 0

a b c

(



b 1)(

      

1) 0

a b





(1)

c  ab

c  a b

Câu 5



Tương tự:

(2) ;

(3)

1 ab  b  ac

1 a b  b  a c

a  b c

Do đó:

(4)







a bc  a  bc

b  ac

c  ab

a  b c

)

Mà

(5)







a  b c

1 b  a c

c  a b 2 c   a b c

a b c     a b c

Từ (4) và (5) suy ra:

(đpcm)





0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

1 2 a   a b c b  ac

b  a c 2 b a b c   c  ab

(1 điểm)

1 c a b  a bc  Lưu ý: - Các tổ cần nghiên cứu kỹ hướng dẫn trước khi chấm.

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:



2. Rút gọn biểu thức sau:

Câu 1. (4,0 điểm)





 2

x 2

2 

x 8 8 4



x 2013 2 2 x  2



. 2013 1 2   2 x x

  

  

2012      

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Giải phương trình sau:

  x

2013)





2012)



4(2

  x

2013)(



2012)



3x 2

 

3 y .

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn

1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho

2x  dư 24,

Câu 3. (4,0 điểm)

2x  dư 10, f(x) chia cho và còn dư.

2 4 x  được thương là 5x

2. Chứng minh rằng:

a b c b c a )(

 



(

)



c a b a b c ( )(

 



)



b a c a c b )(

 



(

)

f(x) chia cho

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho

AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N.

1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF.

1 AD

1 + 2 AM AN

3. Chứng minh rằng: .

Câu 5. (2,0 điểm)

,a b c là ba số dương thoả mãn ,

abc  . Chứng minh rằng :





Cho

1  a b c (

)

1  b c a (

)

1 3  c a b

(

)

3 2

---------------Hết----------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Giám thị 1 (Họ tên và ký)..............................................................................................................

Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................

Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NGÀY THI ….. /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1

 4 x

2012 2 x

 2013

2013

(4.0 điểm) 0,5





0.5

   1

1 (2.0 điểm)



2013

0.5



  x

  x

2013

2013  2013

2012



0.5 Ta có x    x x  Kết luận Hướng dẫn giải x 2013  2013 x    x 2013   x    x    1 1    x   x 1 x 2013



 1



0 2

 x   x

ĐK: 0.25





 2

x 2

2 

x 8

2 

x 2

 8 4



1   x

2 2 x

  

  

     





Ta có 0.25

 2

x 2(

2 

x 4)

2 x  )

4(2



)

  x 2 x

  

     

  

0.25

2 (2.0 điểm)

(





(











x 2(

2 

x 4)

x 2 4)(2

(





)

1)( x 2 x

( x x x 2(

 

2) 2)(

 2 x

4 

x 4)

1)( x 2 x

  

  

  

  

0.5

  

  



   2 



 2

 x x ( 2 x x 2 (

4)( x 2 

 4)

 1 x 2 x

x 4 2(

4 

 x 4)

0.5



0 2

 1 x 2 x

 x 2 x  x   x

Vậy với . 0.25

  x

2013

Câu 2 (4.0 điểm)

x 2 2





2012

  a   b 

0.25 Đặt:



b 4

  

(

b 2 )

  

b 2

  

b 2

Phương trình đã cho trở thành: 0.5

1 (2.0 điểm)

  x





2012)

2    x

2013 2





4024

   x 11

2011

  x

0.5 a Khi đó, ta có: 2013 2( 2

5 x   2011 11





. 0.5

2011 11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất . 0.25









3x 2

 

    0

3 4

7 8

 2 x  

  

0.5 Ta có (1) 2 (2.0 điểm)



 (x 2)

   

9x 6

 

x 2





15 16

  

  

9 4 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1

0.5 (2)

0.25

0.5

Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) KL 0.25

(4 điểm) Câu 3

ax+b





(

2 4 x  được thương là 5x  x 4).( 5 )

và còn dư là ax b . 0.5



Giả sử f(x) chia cho Khi đó:  x f ( ) Theo đề bài, ta có:



f f

(2)  24   ( 2) 10

2 

a b 2

  a b

 

24 10

  

0.5

7 2 17

     b

x f ( )



(



 4).( 5 ) x



x+17

1 (2.0 điểm)

7 2

x f ( )

 



17.

Do đó: 0.5

47 2

a b c b c a )(

 



(

)



)



b a c a c b )(

 



(

)



0 (1)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 0.5

 z

  Ta có:



     

x y



  

a c b

a b c   b c a   

c a b a b c ( )(  x 2  2  2

  a   b     c 

0.25 Đặt:

Khi đó, ta có:









(



y x )(



y z ).

(1)

 2

1 4

z x   

  

z x   

  



z x .



z z .



(



2 y z )

0.5 2 (2.0 điểm)

 2

 2

 2

 2

1 4



(





(



(



0.5

1 4



(



(



 

0 VP

0.25

(1)

1 4 1 4

(đpcm) 0.25

KL:…. 0.25

Câu 4 (6 điểm)

E

A

B

H

F

C

D

M

N

DAM = ABF (cùng phụ (cid:0)BAH )

(cid:0) AB = AD ( gt) (cid:0) (cid:0)

BAF = ADM = 90 (ABCD là hình vuông)

Ta có (cid:0) 1 (2.0 điểm) 0.75

 ΔADM = ΔBAF (g.c.g)

0.5

DAE = 90 (gt)

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác. (cid:0)

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25

Ta có ΔABH ΔFAH (g.g)



BC BH = AE AH

0.5 ( AB=BC, AE=AF) hay



(cid:0) (c.g.c)

(cid:0) AB BH = AF AH HAB = HBC (cùng phụ (cid:0)ABH ) Lại có (cid:0) (cid:0) ΔCBH ΔEAH 2

ΔCBH

0.5

= 4



= 4

S S

BC AE

   

2BC   AE 

  

  

ΔEAH

S , mà ΔCBH S ΔEAH

 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

2 (2.0 điểm) (gt) nên BC2 = (2AE)2 0.5

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5



AD AM = CN MN

AD CN = AM MN

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 0.5 



MN MC = AN AB 2

AB MC = AN MN 2

AD MC = AN MN 2

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 0.5 hay

= 1



3 (2.0 điểm)

AD AN

CN MN

CM MN

CN + CM MN MN

  

  

  

  

  

  

AD   AM  (Pytago)

0.5

= 1







(đpcm)



AD AM

AD AN

1 AM

1 AD

  

  

  

  

0.5

1 AN Câu 5 2 điểm

  a b c

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có







a x

b y

c z

  y

(*)

2 z



b y

c  z

 a b

Dấu “=” xảy ra 







a x Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có 2 y

b y





 a y b x

 xy a b



2

(**)

bx ay

x   (luôn đúng)

2



0.75

a x     b y

a x

Dấu “=” xảy ra 











a x

b y

c z

  a b  y x

c z

   a b c   z y x



Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

a x

b y

c  z





Dấu “=” xảy ra  2.0 điểm

1  a b c (

1  b c a (

1 3  c a b

(

)

1 2 a  ab ac

1 2 b  bc ab

1 2 c  ac bc

Ta có:

1   b

1 c

  

0.5

abc  )







) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 1 1     b a   ab bc ac

1 2 b  bc ab

1 2 a  ab ac

1 2 c  ac bc

   2(

1 c 

)

1 a

1   b

   1 c

1 a   

  

(Vì





1 2 a  ab ac

1 2 b  bc ab

1 2 c  ac bc

1   b

1 c

1 1   a 2 

  

0.25 Hay





   nên

1 a

1 b

1 c

1 2 a  ab ac

1 2 b  bc ab

1 2 c  ac bc

3 2





0.25 Mà

1  a b c (

)

1  b c a (

)

1 3  c a b

(

)

3 2

Vậy (đpcm) 0.25

Điểm toàn bài

(20 điểm)

Lưu ý khi chấm bài:

- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.

- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC :2012-2013 Môn:Toán GV:LƯU VĂN CÔNG Thời gian :150 phút (Không kể chép đề ) Câu 1:(3đ) Rút gọn các biểu thức sau :









 3







4 x

với 3

B= x 3 Câu 2(3đ) Giải các phương trình sau :



 2

 5

 5

232

a) x.y +1 =x+ y b)

22 Câu 3:(3đ) Cho A là số chính phương có 4 chữ số .Nếu viết thêm vào mỗi chữ số của A là 1 đơn vị ,thì được số chính phương B .Tìm A và B Câu 4:(3đ) Tìm : GTLN- GTNN của biểu thức sau : x  1 2  x

Câu 5 : (4đ) Cho tam giác ABC vuông ở A ,có BC =12cm và AB : AC = 2 :7 .Tính độ dài hình chiếu hai cạnh góc vuông lên cạnh huyền . Câu 6(4đ) Cho tam giác ABC vuông ở A .Trên nữa mặt phẳng chứa điểm C bờ AB vẽ nữa đường tròn (O) đường kính AB .Các tiếp tuyến với nữa vẽ từ B và C cắt nhau tại D . Gọi K là tiếp điểm của tiếp tuyến xuát phát từ C và I là giao điểm của BC và AD . KI cắt AB tại H . Chứng minh : a) KI AB b) KI = IH ………………………………………………………………….......................