SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ - ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu (3,0 điểm) a) Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) với n số tự nhiên khác Chứng minh S + số phương b) Tìm số nguyên x y thỏa mãn x + y + xy = y + Câu (4,0 điểm) x x − x − 17 x + = với x + x +1 x + x + x + 11 b) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = a + b + c = a) Tính giá trị biểu thức P = Chứng minh a b c + + = a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2) Câu (4,0 điểm) 2 2 x − y + xy + y − x + = b) Giải hệ phương trình   x + y + x + y − = a) Giải phương trình ( 3x + 1) x − = x + x − Câu (7,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB) Vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng qui c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh K trung điểm MP d) Đặt AP = x , tính MP theo R x Tìm vị trí M đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Câu (2,0 điểm) Cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh (a  1 + b + c  + + 2 (b − c) (c − a )  ( a − b) )   ≥  HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Hướng dẫn chấm môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) I Một số ý chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm theo cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Hướng dẫn chấm • Điểm thi tổng điểm thành phần không làm tròn số II Đáp án biểu điểm Câu (3,0 điểm) a) Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) với n số tự nhiên khác Chứng minh S + số phương b) Tìm số nguyên x y thỏa mãn x + y + xy = y + ĐÁP ÁN a) (1,5 điểm) Ta có S = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 − 1) + 3.4.5.(6 − 2) + + n(n + 1)(n + 2)[ (n + 3) − (n − 1)] =1.2.3.4 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + 3.4.5.6 − 2.3.4.5 + + n(n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n − 1)n(n + 1)(n + 2) ĐIỂM 0,25 0,25 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 0,25 Do S + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = ( n + 3n )( n + 3n + 2) + 0,25 = ( n + 3n ) + 2( n + 3n ) + 0,25 = ( n + 3n + 1) Vậy S + số phương b) (1,5 điểm) Ta có 2 x + y + xy = y + ⇔ ( x + y ) = − y + y + ⇔ ( x + y ) = (1 + y )( − y ) Do ( x + y ) ≥ 0, ∀x, y nên (1 + y )( − y ) ≥ ⇔ −1 ≤ y ≤ Suy y ∈ { − 1;0;1;2} Với y = −1 , PT trở thành x − x + = ⇔ x = ∈ Z Với y = , PT trở thành x − = ⇒ x ∉ Z Với y = , PT trở thành x + x − = ⇒ x ∉ Z Với y = , PT trở thành x + x + = ⇔ x = −2 ∈ Z Vậy có cặp ( x; y ) thỏa mãn đề (1;−1); ( − 2;2 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (4,0 điểm) x x − x − 17 x + = a) Tính giá trị biểu thức P = với 2 x + x +1 x + x + x + 11 a , b , c b) Cho số thực dương thỏa mãn a + b + c = a + b + c = Chứng minh a b c + + = a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2) ĐÁP ÁN a) (2,0 điểm) ĐIỂM 0,5 x = ⇔ x = x + x + ⇔ x = 3x − x + x +1 Khi x = x x = ( x − 1) x = x − x = 3( x − 1) − x = x − Ta có 0,25 x = x x = ( x − 3) x = x − 3x = 8( x − 1) − x = 21x − 0,25 x = x x = ( 21x − 8) x = 21x − x = 21( x − 1) − x = 55 x − 21 x − x − 17 x + = ( 55 x − 21) − 4( x − 3) − 17 x + Suy P = ( 21x − 8) + 3( 3x − 1) + x + 11 x + x + x + 11 6x 3 = = ( x ≠ ) Vậy P = 32 x 16 16 b) (2,0 điểm) Ta có a + b + c = ⇔ a + b + c + ab + bc + ca = ⇔ ab + bc + ca = ( 0,25 0,25 0,5 ) 0,25 ( a + b )( a + c ) ca = ( b + c )( b + a ) ca = ( c + a )( c + b ) Do a + = a + ab + bc + ca = 0,25 b + = b + ab + bc + 0,25 c + = c + ab + bc + Suy a b c + + = a+2 b+2 c+2 = ( a a+ b a ( ( )( a+ c ) + ( ) ( 0,25 b b+ c ) )( ( b+ a b+ c + b c+ a + c a+ a+ b b+ c c+ a ( )( ) = ab + bc + ca (a + 2)(b + 2)(c + 2) = (a + 2)(b + 2)(c + 2) )( ) + ) ( b) c c+ a )( c+ b ) 0,25 0,25 0,25 a b c + + = Vậy a+2 b+2 c+2 (a + 2)(b + 2)(c + 2) 0,25 Câu (4,0 điểm) 2 2 x − y + xy + y − x + = b) Giải hệ phương trình   x + y + x + y − = a) Giải phương trình ( 3x + 1) x − = x + x − ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,0 điểm) Điều kiện x ≥ 0,25 PT ⇔ 2( x + 1) x − = 10 x + x − ( ) ⇔ x − − 2( x + 1) x − + x + x − = Đặt 2 x −1 = t (t ≥ 0) , ta 4t − 2( x + 1) t + x + 3x − = ( ) Ta có ∆' = ( x + 1) − x + x − = x − x + = ( x − 3)  3x + − x +  x+2 t = t = ⇔ nên PT ⇔  t = 3x + + x − t = x −   0,25 0,25 0,25 0,25 Với t = Với t = x+2 2x −  x ≥ −2  x ≥ −2 x+2 ⇔ ⇔  2 2 7 x − x − = 4 x − = ( x + )  x ≥ −2 ± 60  ⇔ ± 60 ⇔ x = x =  1   2x −1 x ≥ x ≥ 2 2x − = ⇔ ⇔ 2 4 x − = ( x − 1) 4 x + x − =   2x2 − = ( ) ( )   x ≥ −1+ ⇔ ⇔x= x = − ±  Kết hợp điều kiện x ≥ 0,25  ± 60 − +  ; ta nghiệm PT x ∈     0,25 0,25 b) (2,0 điểm) 2 x − y + xy + y − x + = (1) Xét hệ phương trình  (2)  x + y + x + y − = 2 PT (1) ⇔ x − y + xy + y − x + = ⇔ y − ( x + 1) y − x + x − = ( ) Ta có ∆' = ( x + 1) − − x + x − = x − 18 x + = 9( x − 1) x + − 3( x − 1)  y = Khi PT (1) ⇔   y = x + + 3( x − 1)   y = −x + ⇔  y = 2x − Với y = − x + , thay vào PT (2) ta x − x + = ⇔ x = ⇒ y = x = Với y = x − , thay vào PT (2) ta x − x − = ⇔  x = −  13 *) x = ⇒ y = *) x = − ⇒ y = − 5  13  Vậy nghiệm hệ phương trình (1;1)  − ;−   5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (7,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB) Vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Chứng minh PQ, OE, MA đồng qui c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh K trung điểm MP d) Đặt AP = x , tính MP theo R x Tìm vị trí M đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn ĐÁP ÁN ĐIỂM Q M E K I B P O A a) (2,0 điểm) Xét tứ giác AEMO có góc ∠ OAE = ∠ OME = 900 nên tứ giác AEMO nội tiếp Xét tứ giác APMQ có góc ∠ MPA = ∠ PAQ = ∠ AQM = 900 nên tứ giác APMQ hình chữ nhật b) (2,0 điểm) Do APMQ hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ MA cắt trung điểm I đường Do tiếp tuyến A M cắt E, I trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng Vậy PQ, OE, MA đồng qui I c) (2,0 điểm) O trung điểm AB, I trung điểm MA nên OI song song với MB ⇒ ∠ MBP = ∠ EOA Mà ∠ MPB = ∠ EAO = 900 nên ∆ MPB đồng dạng với ∆ EAO (g.g) Suy PB : AO = PM : AE ⇒ PB AE = PM AO (1) Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE ⇒ PB AE = PK AB (2) Từ (1) (2) suy PM AO = PK AB ⇒ PM 2AO = 2PK AB ⇒ PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K trung điểm MP d) (1,0 điểm) Trong tam giác vuông MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x )2 P thuộc đoạn OA MP2 = OM2 – OP2 = R2 – ( x - R)2 P thuộc đoạn OB Khi MP2 = (2R - x ) x Suy MP = (2 R − x ) x Diện tích hình chữ nhật APMQ S = MP AP = (2 R − x) x 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Áp dụng BĐT a + b + c + d ≥ ab + cd ≥ 44 abcd với a, b, c, d > a+b+c+d  hay abcd ≤   Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = d   0,25 x x x  2R − x + + +   x x x 3  = 3 R2 S = (2 R − x ) x = 27(2 R − x) ≤ 27. 3 4       x Dấu “=” xảy ⇔ R − x = ⇔ x = R Suy P trung điểm OB Do ta xác định M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn 0,25 Câu (2,0 điểm) Cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh (a  1 + b + c  + + 2 (b − c ) (c − a )  ( a − b) )   ≥  ĐÁP ÁN ĐIỂM  a + b  b + c  c + a   a + b  b + c  c + a  + 1 + 1 + 1 =  − 1 − 1 − 1 Ta có   a − b  b − c  c − a   a − b  b − c  c − a  a+b b+c b+c c+a c+a a+b ⇔ + + = −1 a −b b−c b−c c −a c−a a −b 0,25 a+b b+c c+a Khi  + +  ≥0 a−b b−c c−a 2 a+b b+c b+c c+a c+a a+b a +b b+c c + a + + =2 ⇔  +  +  ≥ −2 a−b b−c b−c c−a c−a a−b a−b b−c c−a Suy  a + b b + c c + a  (a + b) + (a − b) (b + c) + (b − c) (c + a) + (c − a ) = 2. + + + + (b − c ) (c − a)  ( a − b) (b − c ) (c − a )  ( a − b) 2 a+b b+c c+a =  +  +  +3≥ 2+3=5⇒ a−b b−c c−a  a +b b +c c +a   ≥ + + 2 (b − c ) (c − a )   ( a − b) 2 2 2 0,25 0,5 (1)  a  b  c   a  b  c  + 1 + 1 + 1 =  − 1 − 1 − 1 Mặt khác   b − c  c − a  a − b   b − c  c − a  a − b  a b b c c a ⇔ + + = −1 b−c c−a c−a a−b a−b b−c 0,25 b c   a Khi  + +  ≥0 b−c c−a a −b 2 a b b c c a  a   b   c  + + = (2) ⇔  +  +  ≥ − b−c c−a c−a a−b a−b b−c b−c c−a a−b Từ (1) (2) suy  1   a + b + c  + + 2 (b − c) (c − a)   ( a − b) ( 0,25 )  a + b b2 + c c + a   a 2  b 2  c 2  =  + +  +  +  ≥ +2= 2  + (b − c) (c − a )   b − c   c − a   a − b  2  ( a − b) a + b b + c c + a  a − b + b − c + c − a = 1   ⇒ ( a + b + c) + + =0 Dấu “=” xảy ⇔  a−b b−c c−a  a + b + c =0  b − c c − a a − b Chẳng hạn a = 0, b = 1, c = −1 HẾT 0,5 ...Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Hướng dẫn chấm môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng... chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm theo cách khác... diện tích lớn ĐÁP ÁN ĐIỂM Q M E K I B P O A a) (2,0 điểm) Xét tứ giác AEMO có góc ∠ OAE = ∠ OME = 90 0 nên tứ giác AEMO nội tiếp Xét tứ giác APMQ có góc ∠ MPA = ∠ PAQ = ∠ AQM = 90 0 nên tứ giác