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

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

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)

= 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 =

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)

− + = − +
 
 ÷  ÷
   
 
 
(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
⇔
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

(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

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

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)

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 −

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

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

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