VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 TẠO TIỀN HẢI MÔN: TOÁN (Thời gian làm 120 phút) Bài 1: (4,5 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24 2) Cho a, b, c đôi khác khác Chứng minh rằng: Nếu a + b + c = a b  a b bc ca   c        9 a b  a b bc ca   c 3) Cho A = p4 p số nguyên tố Tìm giá trị p để tổng ước dương A số phương Bài 2: (4,0 điểm) x4 x 8    1) Cho biểu thức P     : 1    x 1 x 1   x  x 1  (Với x  1) a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P x nghiệm phương trình: x  3x   Chứng minh rằng: f (x)  (x  x  1) 2018  (x  x  1) 2018  chia hết cho g(x)  x  x Bài 3: (3,5 điểm) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số) x m x 3  2 x3 xm 2) Giải phương trình: 2x(8x  1) (4x  1)  Bài (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD Trên cạnh AD lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm P cho AM = CP Kẻ BH vuông góc với AC H Gọi Q trung điểm CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC N a) Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành b) Khi M trung điểm AD Chứng minh BQ vuông góc với NP c) Đường thẳng AP cắt DC điểm F Chứng minh 1   2 AB AP 4AF2 Bài (1,0 điểm): Tìm tất tam giác vuông có số đo cạnh số nguyên dương số đo diện tích số đo chu vi VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 TIỀN HẢI ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN Bài Nội dung Điểm M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24 0,75 M = (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) - 24 M = (x2 + 7x + 11 - 1)(x2 + 7x + 11 + 1) - 24 0,5 M = (x2 + 7x + 11)2 - 25 M = (x2 + 7x + 6) (x2 + 7x + 16) 0,25 M = (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16) Các ước dương A 1, p, p2, p3, p4 0,5 Tổng ươc  p  p  p  p  n (n  N ) 0,5   p  p  p  p  4n Ta có p  p  p  4n  p  p   p  p  p  (2 p  p)  (2n)  (2 p  p  2)  (2n)  (2 p  p  1) Do đó: 4 2 p  p  p  p   p  p  p  p 1  p  p   p1 = -1(loại); p2 = 0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Đặt a b bc ca c a b (1)  x;  y; z  ;  ;  c a b a b x bc y c a z 1 1  ( x  y  z)      x y z 1 0,25 1  yz xz Ta có ( x  y  z )          y x y z  x Ta lại có:  0,5 x y  (2) z  y  z bc ca  c b  bc  ac  a c     x b  a b ab a b  a c(a  b)(c  a  b) c(c  a  b) c  2c  (a  b  c )  2c    ab(a  b) ab ab ab x  z 2a x  y 2b Tương tự ta có  ;  y bc z ac 1 1 2c 2a 2b 2 ( x  y  z)          3 ( a  b3  c ) ab bc ac abc x y z 0,25 0,25 0,25 Vì a  b  c   a  b3  c  3abc 1 1 3abc    Do ( x  y  z )       x y z abc   a Với x  ta có    x  x 1 x   x4 x  x 1 P   :  2 ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1) x2  x 1     0,5  x   x2  x    x2  x   x   x2  2x  x2  P :  :    x  x   ( x  1)( x  x  1) x  x   ( x  1)( x  x  1)   0,5  ( x  3)( x  1) x  x  x   ( x  1)( x  x  1) x  x 9 Vậy x  P  x3 x2  0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b x  x   suy x = 0,5 x = (loại) Thay x = vào P ta có P  23  2  13 Kết luận với x = P  13 0,25 0,25 Đa thức g ( x)  x  x  x( x  1) có hai nghiệm x = x = 0,5 Ta có f (0)  ( 1) 2018  12018    x = nghiệm f(x) 0,25  f(x) chứa thừa số x Ta có f (1)  (12   1) 2018  (12   1) 2018    x = nghiệm f(x)  f(x) chứa thừa số x- mà thừa số x x - nhân tử chung f(x) chia hết cho x(x - 1) Vậy f ( x)  ( x  x  1) 2018  ( x  x  1) 2018  chia hết cho g ( x)  x  x ĐKXĐ: x  -3; x  -m ta có 0,25 0,25 0,5 xm x3    x  m  x   2( x  3)( x  m) x3 xm  x  m   2( x  x  3m  mx)  2( m  3) x  ( m  3) (1) Với m = (1) có dạng 0,25 0x = Nghiệm x thỏa mãn điều 0,5 kiện x  -3; x  -m, tập nghiệm phương trình x  3 (m  3) m3 Với m  3 phương trình (1) có nghiệm x    2(m  3) Để giá trị m3   3 x nghiệm phương trình ta phải có: m3   m tức m  Vậy m  3 m3 nghiệm Kết luận: với m = -3 S   x / x  3 Với m  3 0,5 0,25 0,25  m  3 S      VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 0,25 Ta có x(8 x  1) (4 x  1)   (64 x  16 x  1)(8 x  x)   (64 x  16 x  1)(64 x  16 x)  72 (*) Đặt 64x2 -16x = t ta có (*)  t(t + 1) – 72 =  t = - t = Với t = -9 ta có 64x2 -16x= -9  64x2 -16x + =  (8x -1)2 +8 = (vô nghiệm (8x -1)2 + > 0) Với t = ta có 64x2 -16x=  64x2 -16x – =  (8x -1)2 -9 =  x= 1 x=  Vậy nghiệm phương trình x = 1 x=  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 a Chưng minh DH // BK (1) Chứng minh AHD  CKB suy DH = BK (2) 1,0 Từ (1) (2)  tứ giác MNPQ hình bình hành 0,5 b Gọi 0,5 E trung điểm BK, chứng minh QE đường trung bình KBC nên QE // BC  QE  AB(vì BC  AB) QE  1 BC  AD 2 Chứng minh AM = QE AM//QE  tứ giác AMQE hình bình hành Chứng minh AE//NP//MQ (3) Xét AQB có BK QE hai đường cao tam giác  E trực tâm tam giác nên AE đường cao thứ ba tam giác AE  BQ  BQ  NP 0,5 0,5 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí c 0,5 Vẽ tia Ax vuông góc AF Gọi giao Ax với CD G Chứng minh (cùng phụ )  ADG ~ ABP (g.g) AP AB    AG  AP AG AD Ta có AGF vuông A có AD  GF nên AG.AF = AD.GF (= 2S AGF )  AG AF2  AD GF (1) 0,25 0,5 0,5 Ta chia hai vế (1) cho AD AG AF2 Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago) 1  1   2 AD AG AF  4 1 1      2 2 AB AP AF AB AP AF  1   AB     1   AP     AF 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Gọi cạnh tam giác vuông x, y, z cạnh huyền z (x, 0,25 y, z số nguyên dương) Ta có xy = 2(x + y + z) (1) x2 + y2 = z2 (2) Từ (2) suy z2 = (x + y)2 - 2xy, thay (1) vào ta có: 0,25 z2 = (x + y)2 – 4(x + y + z)  z  z  ( x  y )2  4( x  y )  z  z   ( x  y )2  4( x  y )   ( z  2)  ( x  y  2) 0,25  z   x  y  z + 2= -x – y + (loại z >0)  z  x  y  ; thay vào (1) ta xy = 2(x + y + x + y - 4)  xy  x  y  8  ( x  4)( y  4)   1.8  2.4 từ tìm giá trị x, y, z là: (x = 5, y = 12, z = 13); (x = 12, y = 5, z = 13); (x = 6, y = 8, z = 10); (x = 8, y = 6, z = 10) 0,25