SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) a) Cho biểu thức: M  a  16 a  a 1   Tìm tất giá trị nguyên a a 6 a 8 a 2 4 a để giá trị M số nguyên b) Cho đa thức P( x)  ax  bx  c thỏa mãn đồng thời điều kiện P( x)  với số thực x b  a Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q  abc ba Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x 1 x  x  m 1 x  m  Câu (1,0 điểm) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh số 19545 p  chia hết cho 60 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O bán kính R Hai điểm phân biệt B, C cố định nằm (O) cho BC  a  R Gọi A điểm thuộc cung  (O) , A không trùng với B, C Gọi D chân đường phân giác kẻ từ A lớn BC tam giác ABC Hai điểm E , F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB ADC a) Chứng minh hai tam giác AEO ADC đồng dạng b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a R c) Chứng minh điểm A thay đổi E di chuyển đường thẳng cố định Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn cho 21 điểm phân biệt Mỗi điểm tô màu: xanh, đỏ, tím, vàng Giữa cặp điểm nối với đoạn thẳng tô màu: nâu đen Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh tô màu (xanh, đỏ, tím vàng) ba cạnh tô màu (nâu đen) - Hết Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với hình học thí sinh không vẽ hình phần không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý a) 2,5 Nội dung trình bày Cho biểu thức: M  Điểm a  16 a  a 1 Tìm tất giá trị   a 6 a 8 a 2 4 a nguyên a để M số nguyên a  a  4, a  16 ĐKXĐ:  M a  16 a  a 1   a 6 a 8 a 2 a 4  a  16  ( a  4)( a  4)  (2 a  1)( a  2) a6 a 8  a a 2 a 1  ( a  2)( a  4) a 4 Từ M  a 1  1 a 4 a 4 Do M số nguyên nên 5 ( a  4)  a   {  1;  5} TH1 a    a  25 TH2 a   1  a  TH3 a    a  81 TH4 a   5  a  1 (loại) Đối chiếu điều kiện đặt, ta suy giá trị cần tìm a là: 9; 25; 81 b) Cho đa thức P( x )  ax  bx  c thỏa mãn đồng thời điều kiện 0,5 P( x)  với số thực x b  a Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q abc ba a  - Từ P( x)  0, x   ta chứng minh    b  4ac  b2 b2 a  b  c 4a  4ab  b - Do đó: c   a  b  c  a  b    4a 4a ba 4a (b  a ) - Lại có: Vậy Qmin 4a  4ab  b 16a  8ab  b  12a (b  a) (4a  b)   3 3 4a (b  a ) 4a (b  a ) 4a (b  a )   b  c  4a  Học sinh làm theo cách sau: - Từ giả thiết P( x)  0, x    P (2)   4a  2b  c   a  b  c  3(b  a )  abc - Từ suy Q   ba Xét đa thức P( x)  x  x  , ta thấy đa thức thỏa mãn điều 1  kiện giả thiết Q   1 Vậy giá trị nhỏ Q 2,0 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x 1 x (*)  x  m 1 x  m   x  m 1 ĐKXĐ:   x  m  Khi (*)  x  (m  3) x  m   x  (1  m) x  (2m  2) x  m  (**) + Nếu m  1 , (**)  0.x  1 , vô nghiệm, suy phương trình (*) vô nghiệm + Nếu m  1 (**) có nghiệm x   m2 , phương trình 2m   m2 (1)   2m   m  cho vô nghiệm   m   m  (2)  2m  m  - TH1 : (1)  m   2m    m     m  2 m    - TH2 : (2)   m   2m2  6m   2m2  5m     Vậy có giá trị m để phương trình vô nghiệm : 1; 0; 2;  57 1,0 Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh số p1954  chia hết cho 60 Trước hết ta dễ dàng chứng minh 19545  4m (với m nguyên dương) Ta chứng toán tổng quát p m  chia hết cho 60 với số nguyên tố p  số nguyên dương m Thật vậy, có p m   ( p ) m  1m   p  1 A  ( p  1)( p  1)( p  1) A ( A   ) Do p lẻ nên p  1, p  hai số chẵn liên tiếp suy ( p  1)( p  1) (1) Lại có ( p  1) p( p  1) mà p không chia hết ( p  1)( p  1) (2) Do p không chia hết p có dạng 5k  ; 5k  - Nếu p  5k   p  25k  10k   5n  - Nếu p  5k   p  25k  20k   5l  ( k , n, l  ) Suy p   5.q , hay ( p  1)( p  1)( p  1) (3) a Từ (1), (2), (3) 3, 5, số đôi nguyên tố nên ( p  1)( p  1)( p  1) (3.5.4)  p  1 60 Vậy p m  1 60 (điều phải chứng minh) Chứng minh hai tam giác AEO ADC đồng dạng 1,5 AOE   AOB   ACB Trong đường tròn (O) ta có:  (1) Trong đường tròn (ADB), ta có 1  ADB  3600  2. AEO  sđ  ADB  1800   ADB   ADC 2 Từ (1) (2) suy hai tam giác AEO ADC đồng dạng  b  (2) 1,0 Tính diện tích tứ giác AEOF theo a R Tương tự phần a), ta có hai tam giác AFO, ADB đồng dạng,  AEO   ADC ,  AFO   ADB   AEO   ADB  1800  AEOF tứ giác nội tiếp  E , F nằm hai phía AO , suy : S AEOF  S AOE  S AOF  (OE AB  OF AC ) (3) (Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm) OE AO AO.CD   OE  (4) CD AC AC OF AO AO.BD   OF  (5) BD AB AB AO.CD AO.BD AB  AC (6) Thay (4), (5) vào (3) ta được: 4.S AEOF  AC AB AB DB - Vì AD phân giác tam giác ABC nên ta có: (7)  AC DC - Lại có: Thế (7) vào (6) ta AB AC BD CD  BD )  AO (CD  BD ) AC AB CD BD R.a  AO ( BD  CD )  AO.BC  R.a  S AEOF  (đvdt) Chứng minh A thay đổi điểm E di chuyển đường S AEOF  AO (CD c 0,5 thẳng cố định  H , cắt cung nhỏ BC  K - Đường trung trực BC cắt cung lớn BC Khi H, K cố định điểm cung tương ứng   BME   900 - Gọi M, N tương ứng trung điểm BD, AB suy BNE Do B, M , N , E nằm đường tròn đường kính BE    BNM   BAD   sđ BKC  BEM  , suy BEM   BHK    sđ BKC BHK (8) Lại có EM // HK (cùng vuông góc với BC), H , E phía so với BC (9)  /   BH K Kéo dài BE  HK  H /  BEM (10) / Từ (8), (9), (10) suy H  H  B, E , H thẳng hàng  E  BH cố định 1,0 B E A C D F - Vì điểm phân biệt nằm đường tròn nên ba điểm tạo thành tam giác - Có 21 điểm tô màu, có điểm có màu Giả sử có điểm màu đỏ A, B, C , D, E , F - Nối đoạn AB, AC , AD, AE , AF tô màu nâu, đen có đoạn màu, giả sử AB, AC , AD tô màu đen Xét tam giác BCD , xảy hai khả năng: TH1 Nếu ba cạnh BC , BD, DC tô màu nâu tam giác BCD có ba đỉnh màu đỏ, ba cạnh màu nâu (thỏa mãn) TH2 Nếu ba cạnh BC , BD, DC có cạnh màu đen, giả sử BC đen, tam giác ABC có ba đỉnh màu đỏ, ba cạnh màu đen (thỏa mãn) Vậy có tam giác có ba đỉnh màu ba cạnh màu - Hết - PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN NGŨ HÀNH SƠN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN - LỚP Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao ñề) Bài 1: (1,50 ñiểm) 2a + thành hiệu hai bình phương a (a + 1) 2.1 + 2.2 + 2.3 + 2.2012 + b./ Cho M = 2 + + + + 2 (1 + 1) (2 + 2) (3 + 3) (20122 + 2012) a./ Hãy viết biểu thức sau : Chứng minh M < Bài 2: (2,00 ñiểm) a./ Chứng minh n3 – 28n chia hết cho 48 với n số nguyên chẳn x + 3x + 3x + = x + x − x + 15 x    Bài 3: (2,50 ñiểm) Cho biểu thức P =  + +  :  x −1 x − x   x + x −1  b./ Giải phương trình sau: a./ Rút gọn biểu thức P b./ Tìm giá trị x ñể P > -1 c./ Giải phương trình P = Bài 4: (1,00 ñiểm) Cho a > ; b > a2 + b2 = 10; Tìm giá trị nhỏ Q = 1 + a b2 Bài 5: (3,00 ñiểm) Cho tam giác ABC có AB = 2a; AC = 3a; BC = 4a Đường phân giác AD BE cắt I Gọi M trung ñiểm AC, G trọng tâm tam giác ABC a./ Tính ñộ dài ñoạn thẳng BD theo a b./ Chứng minh IG // AC c./ Tính tỉ số diện tích tứ giác EIGM ∆ ABC HẾT Trần Văn Hồng Phòng GD&ĐT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN NGŨ HÀNH SƠN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN - LỚP HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Điểm Nội dung a + 2a + − a 2a + = a (a + 1) a (a + 1) 2 0,25ñ Câu a 0,75ñ = (a + 1) − a a ( a + 1) 0,25ñ (a + 1)2 − a     =   −  a (a + 1)  a   a +1 2a + 1 = 2− 2 (a + a) a (a + 1) 1 1 1 1 M = − + − + − + + = 1− − 2 2 3 2012 2013 20132 20132 − = -1 ⇔ +1>0 ⇔ >0 x x x Trần Văn Hồng Phòng GD&ĐT 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25 0,25ñ Vì x2 + x + = (x + ) + > với x x2 + + x >0 ⇔ x>0 x Kết luận P > -1 ⇔ x > ; x ≠ Để 0,25ñ 0,25ñ P = ⇔ P = ; P = -2 0,25ñ Câu c 1,00ñ x +1 x +1− 2x = 2⇔ = ⇔ x = (loại) x x x2 + x2 + + x P = -2 ⇔ = - 2⇔ = ⇔ x = −1 (loại) x x P=2 ⇔ 2 Phương trình vô nghiệm 1 a2 + b2 ≥ 2ab ; + ≥ a b ab 1 (a2 + b2 )( + ) ≥ 2ab ≥4 a b ab 1 + ≥ = a b 10 Bài 1,00ñ Kết luận Câu a 1,00ñ Bài 3,00ñ Câu b 1,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ BD DC = AB AC BD DC BD + DC = = AB AC AB + AC BD DC BD + DC BC 4a = = = = = AB AC AB + AC AB + AC 5a 8a BD = EA EC EA + EC AC 3a = = = = = ; AB BC AB + BC AB + BC 6a EA = a; EC = 2a IE EA a = = = IB AB 2a GM G trọng tâm ∆ ABC suy = ; GB GM IE = = ⇒ IG // EM ( Ta let ñảo); IG // AC GB IB Cách 1: 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ Câu c 0,75ñ S BIG   =  = ; S BEM   S S 0,5a S BIG S Tính EM = 0,5a; BEM = = ; = BIG BEM = = S ABC 3a S ABC S BEM S ABC 27 S EIGM S BEM − S AIG = = − = 27 54 S ABC S ABC Trần Văn Hồng Phòng GD&ĐT 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ Cách 2: a Kẻ BH ⊥ AC H, cắt IG K BK = BH; HK = BH 3 Tính EM = 0,5a; IG = S EIGM S ABC 0,25ñ 0,25ñ 1 1 ( IG + EM ) HK ( IG + EM ) HK  a + 0,5a  BH =2 = = = AC BH a BH 54 AC.BH 0,25ñ A H Hình vẽ E K M I G B D C Chú ý: -Trên ñây sơ lược hướng dẫn chấm trình chấm nhóm thống chi tiết ñáp án - Học sinh có cách giải khác ñáp án ñúng cho ñiểm tối ña phần Trần Văn Hồng Phòng GD&ĐT