Đề thi học sinh giỏi Toán học cấp huyện lớp 6 - 7 - 8 - 9 kèm đáp án

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

3.202
lượt xem 768
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán học lớp 6 đến lớp 9 kèm đáp án mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán học cấp huyện lớp 6 - 7 - 8 - 9 kèm đáp án

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VIỆT YÊN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 6 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:120 phút Câu 1: (4 điểm). Thực hiện phép tính 5.(22.32 )9 .(22 )6  2.(22.3)14 .34 a) A= 5.228.318  7.229.318  12 12 12 5 5 5  12  7  289  85 5  13  169  91  158158158 b) B = 81.  : . 4 4 4 6 6 6  711711711  4   6     7 289 85 13 169 91  Câu 2: (4 điểm) a) So sánh P và Q 2010 2011 2012 2010  2011  2012 Biết P=   và Q = 2011 2012 2013 2011  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) a) Chứng minh rằng: Nếu 7x + 4y  37 thì 13x +18y  37 1 3 3 2 3 3 3 4 3 3 b) Cho A =   ( )  ( )  ( )  ...  ( )2012 và B = ( ) 2013 : 2 2 2 2 2 2 2 2 Tính B – A Câu 4. (6 điểm). Cho 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 BCD = 80 0, BCA = 450. Tính 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 HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 6 VIỆT YÊN Thời gian làm bài:120 phút Câu Nội dung Điểm 2 2 9 2 6 2 14 4 5.(2 .3 ) .(2 )  2.(2 .3) .3 a) Ta có: A  5.2 28.318  7.2 29.318 5.218.318.212  2.228.314.34 0.5đ  5.228.318  7.229.318 5.230.318  229.318  0.5đ 228.318 (5  7.2) 229.318 (5.2  1) 2.9 0.5đ  28 18   2 2 .3 (5  14) 9 KL:….. 0.5đ Câu 1  12 12 12 5 5 5  (4đ) 12  7  289  85 5  13  169  91  158158158 b) Ta có: . B  81.  : . 4 4 4 6 6 6  711711711  4   6     7 289 85 13 169 91    1 1 1   1 1 1  12 1  7  289  85  5 1  13  169  91   158.1001001  81.   :   . 0.5đ 1  4 1   1 1   1 1 1   711.1001001  6 1       7 289 85      13 169 91     12 5  158 0.5đ  81. :  .  4 6  711 18 2 324 0.5đ  81. .   64,8 5 9 5 KL:………… 0.5đ a) Ta có: 2010  2011  2012 2010 2011 1đ Q= = + + 2011  2012  2013 2011  2012  2013 2011  2012  2013 2012 + 0,75 đ 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 0,25 đ Kết luận: P > Q Câu 2 (4đ) 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: a = 21m; b = 21n (1) và ƯCLN(m, n) = 1 (2) + Vì BCNN(a, b) = 420, nên theo trên, ta suy ra : 0.5đ  BCNN  21m; 21n   420  21.20  BCNN  m; n   20 (3) 0.5đ + Vì a + 21 = b, nên theo trên, ta suy ra :  21m  21  21n  21. m  1  21n  m 1 n (4)
Trong các trường hợp thoả mãn các điều kiện (2) và (3), thì chỉ có Trường hợp : 0.5đ 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 0.5đ a) Ta có: 5(13 x  18 y )  4(7 x  4 y )  65 x  90 y  28 x  16 y 0.5đ  37 x  74 y  37( x  2 y)  37 Hay 5(13 x  18 y)  4(7 x  4 y )37 (*) 0.5đ 0.5đ Vì 7 x  4 y  37 , mà (4;37) = 1 nên 4(7 x  4 y ) 37 0.5đ Do đó, từ (*) suy ra: 5(13 x  18 y ) 37 , mà (5; 37) = 1 nên 13 x  18 y  37 b)Ta có: 1 3 3 2 3 3 3 4 3 A   ( )  ( )  ( )  ...  ( )2012 (1) 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 4 3  A   ( )  ( )  ( )  ...  ( ) 2013 (2) 0.5đ 2 4 2 2 2 2 Câu 3 Lấy (2) – (1), ta được: (4đ) 0.5đ 3 3 3 1 3 A  A  ( ) 2013    2 2 4 2 2 1 3 1 32013 1 A  ( ) 2013   A  2012  0.5đ 2 2 4 2 2 2013 2013 3 3 5 0.5đ Vậy B  A  2014  2012  . 2 2 2 Hình vẽ: . y C D A B x Câu 4 a) Vì B thuộc tia Ax, D thuộc tia đối của tia Ax (6đ)  A nằm giữa D và B 0.5đ  BD = BA + AD = 6 + 4 = 10 (cm) 0.5đ KL:….. 0.5đ 0.5đ b) Vì A nằm giữa D và B => Tia CA nằm giữa 2 tia CB và CD  ACD  ACB  BCD 0.5đ  ACD  BCD  ACB  800  450  350 0.5đ KL:…. 0.5đ 0.5đ c) * Trường hợp 1 : K thuộc tia Ax - Lập luận chỉ ra được K nằm giữa A và B
- Suy ra: AK + KB = AB 0.25đ  KB = AB – AK = 6 – 2 = 4 (cm) 0.25đ 0.25đ D A K B x 0.25đ * Trường hợp 2 : K thuộc tia đối của tia Ax - Lập luận chỉ ra được A nằm giữa K và B - Suy ra: KB = KA + AB  KB = 6 + 2 = 8 (cm) 0.25đ 0.25đ 0.25đ D K A B x 0.25đ * Kết luận: Vậy KB = 4 cm hoặc KB = 8 cm Ta có: x2 – 2x + 1 = 6y2 -2x + 2 => x2 – 1 = 6y2  6y2 = (x-1).(x+1)  2 , do 6y2  2 0.5đ Câu 5 Mặt khác x-1 + x +1 = 2x  2  (x-1) và (x+1) cùng chẵn hoặc cùng lẻ. 0.5đ (2đ) 0.25đ Vậy (x-1) và (x+1) cùng chẵn  (x-1) và (x+1) là hai số chẵn liên tiếp 2 2 2 0.25đ  (x-1).(x+1)  8  6y  8  3y  4  y  4  y  2 0.25đ  y = 2 ( y là số nguyên tố) , tìm được x = 5. 0.25đ 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 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VIỆT YÊN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:120 phút Câu 1. (4,0 điểm)  2 2 1 1   0, 4  9  11  0, 25  5  : 2012 1) M =   3   1, 4  7  7 1 1  0,875  0, 7  2013  9 11 6  2) Tìm x, biết: x 2  x  1  x 2  2 . Câu 2. (5,0 điểm) a  b c b  c  a c  a  b 1) Cho a, b, c là ba số thực khác 0, thoả mãn điều kiện:   . c a b  b  a  c Hãy tính giá trị của biểu thức B  1  1  1   .  a  c  b 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) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2 x  2  2 x  2013 với x là số nguyên. 2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x  y  z  xyz . Câu 4. (6,0 điểm) Cho 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 b c Cho ba số dương 0  a  b  c  1 chứng minh rằng:   2 bc  1 ac  1 ab  1 --------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VIỆT YÊN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN 7 Thời gian làm bài:120 phút Câu Nội dung Điểm  2 2 1 1   0, 4  9  11  0, 25  5  : 2012 1) Ta có: M    3  7 7 1  1, 4   1  0,875  0, 7  2013  9 11 6  0.5đ 2 2 2 1 1 1       3 4 5  : 2012   5 9 11  7 7 7 7 7 7  2013        5 9 11 6 8 10   1 1 1  1 1 1   2  5  9  11       2012    3 4 5 : 0.5đ Câu 1  7 1  1  1  7  1 1 1   2013   5 9 11         23 4 5  (4 điểm)  2 2  2012    : 0 0.5đ  7 7  2013 0.5đ KL:…….. 2) vì x 2  x  1  0 nên (1) => x 2  x  1  x 2  2 hay x  1  2 0.5đ +) Nếu x  1 thì (*) = > x -1 = 2 => x = 3 0.5đ +) Nếu x x -1 = -2 => x = -1 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 b  c  a  c  a  b   = =1 0.25đ c a b a b c mà a  b c 1  b  c  a 1  c  a b 1 = 2 0.25đ c a b Câu 2 => a  b  b  c  c  a =2 c a b (5 điểm) 0.25đ  b  a  c  b  a c  a b  c Vậy B = 1   1   1    ( )( )( ) =8  a  c  b  a c b +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 b  c  a  c  a  b 0.25đ   = =0 c a b a b c 0.25đ
mà a  b c 1  b  c  a 1  c  a b 1 = 1 0.25đ c a b => a  b  b  c  c  a =1 c a b 0.25đ  b  a  c  b  a c  a b  c Vậy B = 1   1   1    ( )( )( ) =1  a  c  b  a c b 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, 0,5 đ b, c a b c a bc x 5x 6x x 7x Ta có:      a  ;b   ;c  (1) 0,5đ 5 6 7 18 18 18 18 3 18 Số gói tăm sau đó chia cho 3 lớp lần lượt là a’, b’, c’, ta có: 0,25đ a , b , c , a ,  b,  c , x 4x 5x x , 6 x      a ,  ; b,   ;c  (2) 4 5 6 15 15 15 15 3 15 0,5đ So sánh (1) và (2) ta có: a > a’; b=b’; c < c’ nên lớp 7C nhận nhiều hơn lúc đầu 0,5đ 6x 7 x x Vây: c’ – c = 4 hay   4  4  x  360 0,5đ 15 18 90 Vậy số gói tăm 3 lớp đã mua là 360 gói. 0,25đ 0,5đ 1) Ta có: A  2 x  2  2 x  2013  2 x  2  2013  2 x  2 x  2  2013  2 x  2011 0,5đ 2013 Dấu “=” xảy ra khi (2 x  2)(2013  2 x)  0  1  x  0,5đ 2 KL:…….. 0,5đ 2) Vì x,y,z nguyên dương nên ta giả sử 1  x  y  z 0,25đ Câu 3 1 1 1 1 1 1 3 0,5đ Theo bài ra 1 = + +  2 + 2 + 2 = 2 yz yx zx x x x x (4 điểm) => x 2  3 => x = 1 Thay vào đầu bài ta có 1  y  z  yz => y – yz + 1 + z = 0 => y(1-z) - ( 1- z) + 2 =0 => (y-1) (z - 1) = 2 0,5đ TH1: y -1 = 1 => y =2 và z -1 = 2 => z =3 0,25đ TH2: y -1 = 2 => y =3 và z -1 = 1 => z =2 0,25đ 0,25đ Vậy có hai cặp nghiệp nguyên thỏa mãn (1,2,3); (1,3,2) V ẽ h ình , GT _ KL Câu 4 (6 điểm) 0,25đ
1đ 1đ 0,5đ 0,25đ a,  ABC cân tại B do CAB  ACB (  MAC ) và BK là đường cao  BK là 0,25đ đường trung tuyến  K là trung điểm của AC 0,25đ b,  ABH =  BAK ( cạnh huyền + góc nhọn ) 1  BH = AK ( hai cạnh t. ư ) mà AK = AC 2 0,5đ 1  BH = AC 0,25đ 2 1 Ta có : BH = CM ( t/c cặp đoạn chắn ) mà CK = BH = AC  CM = CK 0,25đ 2   MKC là tam giác cân ( 1 ) 0,25đ Mặt khác : MCB = 90 0 và ACB = 300  MCK = 600 (2) 0,25đ Từ (1) và (2)   MKC là tam giác đều c) Vì  ABK vuông tại K mà góc KAB = 300 => AB = 2BK =2.2 = 4cm 0,25đ Vì  ABK vuông tại K nên theo Pitago ta có: 0,5đ AK = AB 2  BK 2  16  4  12 1 0,25đ Mà KC = AC => KC = AK = 12 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 Vì 0  a  b  c  1 nên: Câu 5 1 1 c c ( a  1)(b  1)  0  ab  1  a  b     (1) ab  1 a  b ab  1 a  b (1 điểm) a a b b Tương tự:  (2) ;  (3) 0,25đ bc  1 b  c ac  1 a  c a b c a b c 0,25đ Do đó:      (4) bc  1 ac  1 ab  1 b  c a  c a  b a b c 2a 2b 2c 2(a  b  c) Mà        2 (5) 0,25đ bc ac a b abc abc abc abc a b c Từ (4) và (5) suy ra:    2 (đpcm) 0,25đ bc  1 ac  1 ab  1 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 GD&ĐT VIỆT YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Đề thi có 01 trang Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013 x 2  2012 x  2013 .  x2  2 x 2 x2  1 2  2. Rút gọn biểu thức sau: A   2  2 3  1  2  .  2x  8 8  4 x  2x  x   x x  Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2. (2 x 2  x  2013) 2  4( x 2  5 x  2012) 2  4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012) 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24, f(x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: a (b  c)(b  c  a ) 2  c( a  b )( a  b  c) 2  b( a  c)( a  c  b ) 2 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 1 1 3. Chứng minh rằng: 2 = + . AD AM AN 2 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 3  3  3  . a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2 ---------------Hết---------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:....................... Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ THI CHÍNH THỨC NGÀY THI ….. /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) Ta có x 4  2013x 2  2012 x  2013 0,5   x 4  x   2013 x 2  2013x  2013 1  x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1 0.5 (2.0 điểm)   x 2  x  1 x 2  x  2013 0.5 Kết luận x 4  2013x 2  2012 x  2013   x 2  x  1 x 2  x  2013 0.5 x  0 ĐK:  0.25 x  2  x2  2 x 2x2  1 2 Ta có A   2  2 3  1  2  0.25  2 x  8 8  4x  2 x  x   x x   x2  2x 2x2   x2  x  2   2  2   0.25  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)   x2  2 (2.0 điểm)  x2  2x 2x2   ( x  1)( x  2)   x( x  2)2  4 x 2   ( x  1)( x  2)  0.5  2  2      2( x  4) ( x  4)(2  x)   x2 2   2( x  2)( x  4)   x2  x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) x  1  . 2   0.5 2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) 2x x 1 x  0 Vậy A  với  . 0.25 2x x  2 Câu 2 (4.0 điểm)  a  2 x 2  x  2013  Đặt:  0.25 2 b  x  5 x  2012  Phương trình đã cho trở thành: 0.5 1 a 2  4b 2  4ab  ( a  2b) 2  0  a  2b  0  a  2b (2.0 điểm) Khi đó, ta có: 0.5 2 x 2  x  2013  2( x 2  5 x  2012)  2 x 2  x  2013  2 x 2  10 x  4024 2011  11x  2011  x  . 0.5 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 0.25 11 2 2  3 7 Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2  x     0  x  y (1) 0.5 (2.0 điểm)  4 8
2  9  15 (x  2)3  y3  4x 2  9x  6   2x     0  yx2 (2) 0.5  4  16 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 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: 0.5 (-1 ; 0) KL 0.25 Câu 3 (4 điểm) 2 Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b . 0.5 Khi đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có:  7  f (2)  24 2a  b  24 a  0.5 1    2 (2.0 điểm)  f (2)  10 2a  b  10 b  17  7 Do đó: f ( x)  ( x 2  4).( 5 x)  x+17 0.5 2 47 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  x  17. 0.5 2 Ta có: a(b  c)(b  c  a) 2  c(a  b)(a  b  c) 2  b(a  c)(a  c  b)2  0 (1)  x z a  2 a  b  c  x    x y 0.25 Đặt: b  c  a  y  b  a  c  b  z  2   yz c  2  Khi đó, ta có: 2 x z  x y y z  2 y z  x z x y 2 1 2 0.5 (2.0 điểm) VT(1)    .y     .x  ( x  y )( x  y ).z 2  2 2  2  2 2  4 x z xz 2 y z z y 2 1 2  . .y  . .x  ( x  y 2 ) z 2 0.5 2 2 2 2 4 1 1 1 0.25  ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2 4 4 4 1 2 1 2  ( x  y 2 ).z 2  ( x  y 2 ).z 2  0  VP(1) (đpcm) 0.25 4 4 KL:…. 0.25 Câu 4 (6 điểm)
A E B H F D C M N 1 (2.0 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) 0.75 BAF = ADM = 900 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM 0.5 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác. DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.5  = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH ) 0.5 2  ΔCBH ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 SΔCBH  BC  SΔCBH  BC  2 2  =  , mà = 4 (gt)    = 4 nên BC = (2AE) AE  0.5 SΔEAH  AE  SΔEAH   BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.5  =  = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.5  =  = hay = 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2  AD   AD   CN   CM  2 2 CN 2 + CM 2 MN 2    +  =  +  = = =1  AM   AN   MN   MN  MN 2 MN 2 0.5 (Pytago) 2 2  AD   AD  1 1 1    +  = 1  2  2  (đpcm) 0.5  AM   AN  AM AN AD 2 Câu 5 2 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có 2 a 2 b2 c 2  a  b  c     (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra    x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có 2 a2 b2  a  b    (**) x y x y 2  a 2 y  b 2 x   x  y   xy  a  b  0.75 2   bx  ay   0 (luôn đúng) a b Dấu “=” xảy ra   x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2 2 a2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z x y z a b c 2.0 điểm Dấu “=” xảy ra    x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: 3  3  3  a  b  c a (b  c) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 0.5 1 1 1 1 1 1 1 1 1         a 2  b 2  c 2  a b c  a b c (Vì abc  1 ) ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac)  1 1 1 2    a b c 1 1 1 a 2 2 2 1 1 1 1 0.25 Hay  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 0.25 Mà    3 nên a  b  c  a b c ab  ac bc  ab ac  bc 2 1 1 1 3 Vậy 3  3  3  (đpcm) 0.25 a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2 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 : 2 3 2 3 A=  2  2 3 2  2 3 B= x  2  2 x  3  x  1  4 x  3 với 3  x  4 Câu 2(3đ) Giải các phương trình sau : a) x.y +1 =x+ y b) x  2  3 2 x  5  x  2  2 x  5  2 2 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 : x2 1 P= x2  x 1 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 ………………………………………………………………….......................