PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN KRÔNG NĂNG
TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009
Môn : Toán - Thời gian :150 (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,5 điểm)
a/ Chứng minh rằng : 3n
4
– 14n
3
+ 21n
2
– 10n
M
24 với mọi n
∈
N
b/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n lẻ thì :
n
2
+ 4n + 5 không chia hết cho 8
Bài 2: (2,5 điểm)Rút gọn biểu thức:
a) A =
4 2 3 4 2 3+ − −
b) B =
4 10 2 5 4 10 2 5+ + + − +
Bài 3 : (3 điểm)
a) Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng :

1 1
2 2
a b a b ab

a b
+ + + + +
≥
+ +
b) Cho x + y = 1 và x, y đều khác 0. Tìm giá trị lớn nhất của :
A =
3 3
1
x y xy+ +
Bài 4: (3 điểm) Cho phương trình : x
2
– 2mx + m
2
– 6m + 10 = 0 (1) (x là ẩn)
a) Xác định m để phương trình có nghiệm.
b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương.
c) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm phân biệt của (1), lập một phương trình bậc hai theo y có hai nghiệm là y
1
= x
1
–
2x
2
, y
2
= x

2
– 2x
1
.
Bài 5: (3 điểm) )Giải phương trình:
a)
3
2 1 1 0x x− + − − =
b) x + y + z + 4 =
2 2x −
+
4 3y −
+ 6
5z −
Bài 6: (3 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm
điểm M trên đường tròn để AM + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 7: (3 điểm) Cho đ ường tròn tâm O v à đi ểm M ở trên đ ường tròn đ ó. Đường tròn tâm M cắt đường tròn
tâm O tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi C là điểm ở trên đường tròn tâm M và ở miền ngoài đ ường tròn tâm O.
Đường thẳng AC cắt đường tròn tâm O ở D.
Chứng minh: MD vuông góc với BC.
PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN KRÔNG NĂNG
TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN
KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009
Môn : Toán
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM
Bài 1: (2,5 điểm)
a) ( 1,5 điểm).
Ta có A = 3n
4
– 14n

3
+ 21n
2
– 10n = n(3n
3
– 14n
2
+ 21n – 10) = n(3n
3
– 3n
2
- 11n
2
+ 11n + 10n – 10) (0,25 đ)
= n(n-1)(3n
2
- 11n + 10) = n(n – 1)(3n
2
– 6n – 5n + 10) = n(n – 1)(n – 2)(3n – 5) (0,25 đ)
= n(n – 1)(n – 2)(3n – 9 + 4) = 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3) + 4n(n – 1)(n – 2) (0,25 đ)

+ Do n – 2 , n – 1, n là ba số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết cho 3.
Mà (2,3) = 1 ; 2.3 = 6 nên: n(n – 1)(n – 2)
M
6
Suy ra : 4n(n – 1)(n – 2)
M
24 (1) (0,25 đ)
+ Ta lại có : n, n – 1, n – 2, n – 3 là 4 số nguyên liên tiếp, nên có 2 số chẵn liên tiếp và như vậy có 1 số chia hết
cho 2 và số còn lại chia hết cho 4 . Nên n(n – 1)(n – 2)(n – 3)

M
8
Suy ra : 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3)
M
24 (2) (0,25 đ)
Từ (1) và (2) suy ra : A
M
24 (đpcm) (0,25 đ)
b)(1 điểm)
Do n lẻ nên, đặt: n = 2k + 1 với mọi k
∈
¢
(0,25 đ)
Ta có : n
2
+ 4n + 5 = (2k + 1)
2
+ 4(2k + 1) + 5 = (4k
2
+ 4k + 1) + (8k + 4) + 5
= ( 4k
2
+ 4) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 (0,25 đ)
Vì k(k + 1)
M
2 (hai số nguyên liên tiếp), nên: 4k(k + 1)
M
8 và 8(k + 1)
M
8 mà 2 không chia hết cho 8 (0,25 đ)

Suy ra : 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 không chia hết cho 8
Vậy : n
2
+ 4n + 5 không chia hết cho 8 (đpcm) (0,25 đ)
Bài 2: (2,5 điểm)
a) (1 đi ểm)
A =
4 2 3 4 2 3+ − −
=
3 2 3 1 3 2 3 1+ + − − +
=
2 2
( 3 1) ( 3 1)+ − −
(0,5 đ)
=
3 1 3 1+ − −
=
3 1 3 1+ − +
= 2 (0,5 đ)
b) (1,5 điểm)
Ta có:B
2
=
2
4 10 2 5 4 10 2 5
 
+ + + − +
 ÷
 
(0,25 đ)

= 4+
10 2 5+
+4-
10 2 5+
+
2 4 10 2 5 4 10 2 5
  
+ + − +
 ÷ ÷
  
(0,25 đ)
= 8 + 2
16 (10 2 5)− +
= 8 + 2
6 2 5−
= 8 + 2
5 2 5 1− +
= 8 + 2
2
( 5 1)−
(0,5 đ)
= 8 + 2(
5 1−
)= 6 + 2
5
=
2
( 5 1)+
(0,25 đ)
Vậy B =

5
+ 1 (do B> 0) (0,25 đ)
Bài 3:(3 điểm)
a) (1,5 điểm)
Ta có :
1 1
2 2
a b a b ab
a b
+ + + + +
≥
+ +

⇔
2 2 (1 ) (1 )
1 1 (1 )(1 )
a b a b
a b a b ab a b
+ + + + +
≤ =
+ + + + + + +
(0,5 đ)
Hay
2 1 1
1 1 1a b a b
≤ +
+ + + +
(0,25 đ)
Vì a
≥

0 nên:
1 1
1 1a b a
≤
+ + +
(1)
Vì b
≥
0 nên:
1 1
1 1a b b
≤
+ + +
(2) (0,25 đ)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
2 1 1
1 1 1a b a b
≤ +
+ + + +
(0,25 đ)
Vậy :
1 1
2 2
a b a b ab
a b
+ + + + +
≥
+ +
(0,25 đ)
b) (1,5 điểm)

Ta có:
x
3
+ y
3
+ xy = (x + y)(x
2
+ y
2
– xy) + xy = x
2
+ y
2
(do x + y = 1 (gt)) (0,25 đ)
= x
2
+ (1 – x)
2
= 2x
2
– 2x + 1 (do y = 1 – x) (0,25 đ)
=
2
2
1 1 1
2 2
2 2 4
x x x
 
   

− + = − +
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,25 đ)
Do đó : x
3
+ y
3
+ xy =
2
1 1
2
2 2
x
 
− +
 ÷
 
⇒
3 3
1
2
x y xy+ + ≥
(0,25 đ)
Dấu “=” xảy ra
⇔
1 1 1

0
2 2 2
x x y− = ⇔ = ⇒ =
Như vậy : x
3
+ y
3
+ xy đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
2
khi x = y =
1
2
(0,25 đ)
Suy ra : A =
3 3
1
x y xy+ +
đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi x = y =
1
2
(0,25 đ)
Bài 4:(3 điểm) x
2
– 2mx + m
2
– 6m + 10 = 0 (1)
a) (0,5 điểm) Đi ều ki ện đ ể ph ư ơng tr ình (1) c ó nghi ệm l à:

'

∆
≥
0
⇔
m
2
– (m
2
– 6m + 10)
≥
0

⇔
6m
≥
10
⇔
m
≥

5
3
(0,5 đ)
b) (1 điểm) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt đều dương

2 2
5
3
6 10 0
' 0

5
0 6 10 0 ( 3) 1 0
3
0 2 0
0
m
m
P m m m m
S m
m

>

− >

∆ >



 
⇔ > ⇔ − + > ⇔ − + > ⇔ >
  
  
> >


>




(1,0 đ)
c) (1,5 điểm) Khi m >
5
3
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với :

1 2
2
1 2
2
6 10
S x x m
P x x m m
= + =


= = − +

(0,25 đ)
Với y
1
= x
1
– 2x
2
; y

2
= x
2
– 2x
1
ta có :
S
1
= y
1
+ y
2
= x
1
– 2x
2
+ x
2
– 2x
1
= -(x
1
+ x
2
) = - 2m (0,25 đ)
N CO
A
B
M
P

1
= y
1
y
2
= (x
1
– 2x
2
)(x
2
– 2x
1
) = 5 x
1
x
2
– 2(x
1
2
+ x
2
2
)
= 5x
1
x
2
- 2 {(x
1

+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
} = 9x
1
x
2
- 2(x
1
+ x
2
)
2
= 9(m
2
– 6m + 10) – 2(2m)
2
= m
2
– 54m + 90 (0,25 đ)
Do đó y
1
, y
2
là hai nghiệm của phương trình bậc hai:

y
2
– S
1
y + P
1
= 0 (0,25 đ)
⇔
y
2
+ 2my + m
2
– 54m + 90 = 0 (0,5 đ)
Bài 5 : (3 điểm)
a) (1,5 điểm)
3
2 1 1 0x x− + − − =
Điều kiện x
≥
1. Đặt : u =
3
2 x−
, v =
1x −
(v
≥
0). (0,25 đ)
Ta có hệ phương trình :
3 2
1(1)

1(2)
u v
u v
+ =


+ =

(0,5 đ)
Từ (1) suy ra v = 1 – u, thay vào (2) ta được:
u
3
+ (1 – u)
2
= 1
⇔
u
3
+ u
2
– 2u = 0
⇔
u(u
2
+ u – 2) = 0 (0,25 đ)
0 2
1 1
2 10
u x
u x

u x
= =
 
 
⇔ = ⇔ =
 
 
= − =
 
(0,25 đ)
Vậy : S = {1;2;10} (0,25 đ)
b) (1,5 đi ểm) x + y + z + 4 =
2 2x −
+
4 3y −
+ 6
5z −

⇔
(x – 2 - 2
2x −
+ 1) + (y – 3 – 4
3y −
+ 4) + (z – 5 - 6
5z −
+9) = 0 (0,5 đ)

⇔
(
2x −

- 1)
2
+ (
3y −
- 2)
2
+ (
5z −
- 3)
2
= 0 (0,5 đ)
( )
( )
( )
2
2
2
2 1 0
2 1 0
3
3 2 0 3 2 0 7
14
5 3 0
5 3 0
x
x
x
y y y
z
z

z

− − =


− − =
=



  
⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ =
  
  
=

− − =



− − =


(0,5 đ)
Bài 6 (3 điểm)
Vẽ hình, ghi giả thiết , kết luận đúng (0,25 đ)
Gọi C là giao điểm của OA với đường tròn và N là trung điểm của OC (0,25 đ)
Khi đó suy ra N là điểm cố định.
∆
OMA và

∆
ONM có:
Ô góc chung
2
OM OA
ON OM
= =
(0,25 đ)
Suy ra :
∆
OMA ∽
∆
ONM (c-g-c) (0,5 đ)
2
MA
NM
⇒ =

⇒
MA = 2NM (0,25 đ)
Ta có : MA + 2MB = 2(NM + MB)
≥
2NB = hằng số (vì N, B cố định) (0,5 đ)
Dấu “=” xảy ra
⇔
N, M, B thẳng hàng
⇔
M là giao điểm của NB với đường tròn (0,5 đ)
Vậy MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BN khi M là giao điểm của NB với đường tròn . (0,5 đ)
Bài 7:(3 điểm)

Vẽ hình hai trường hợp, ghi gt, kl đúng (0,5 đ)
a)Tr ường h ợp 1: M và D nằm cùng phía đối với đường thẳng AB
Trong đ ường tròn tâm O ta c ó:
ˆ
ˆ
BAD BMD=
(cùng chắn cung BD) (0,25 đ)
D
C
M
O
B
A
E
H
B
D
A
C
M
O
Trong đ đ ư ờng đ tròn Tâm M ta có :
1
ˆ
ˆ
2
BAC BMC=
(quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (0,25 đ)
Suy ra :
1

ˆ ˆ
2
BMD BMC=
(0,25 đ)
Ta lại có :
∆
BMC cân tại M (MB = MC bằng bán kính)
Do đó : phân giác MD đồng thời là đường cao (0,25 đ)
Vậy : MD
⊥
BC (0,25 đ)
b)Trường hợp 2: M và D nằm khác phía đối với AB
Kẻ đường kính ME của đường tròn tâm O. Gọi H là giao điểm của MD và BC (0,25 đ)
Trong đường tròn tâm M ta có:
1
ˆ
ˆ ˆ
2
ACB AMB AME= =
(0,25 đ)
Trong đường tròn tâm O ta có:
ˆ ˆ
AEM ADM=
( cùng chắn cung AM) (0,25 đ)
Do đó :
∆
AME ∽
∆
HCD (g-g) (0,25 đ)
Suy ra :

0
ˆ
ˆ
90DHC EAM= =
Vậy : MD
⊥
BC (0,25 đ)
Học sinh làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa
a) b)