PHỊNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - b Chứng minh n �N * n3  n  hợp số c Cho hai số phương liên tiếp Chứng minh tổng hai số cộng với tích chúng số phương lẻ Câu a Giải phương trình: x 1 x  x  x  2012      2012 2012 2011 2010 b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 Câu a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b Cho a; b; c ba cạnh tam giác Chứng minh: ab bc ac   �a  b  c a  b  c a  b  c a  b  c Câu Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vng b Chứng minh DF  CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a Hết./ Họ tên: Số báo danh: PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Môn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung = (x - y)2 +4(x - y) - = (x - y)2 + 4(x - y)2 + -9 2 điểm = (x - y + 2) - = ( x - y + 5)(x - y -1) 3 b Ta có: n + n + = n + 1+ n+1= (n + 1)( n - n + 1) + (n + 1) a điểm =(n+1)( n2 - n + 2) Câu điểm c Do n �N * nên n + > n2 - n + >1 Vậy n3 + n + hợp số Gọi hai số a2 (a+1)2 điểm Theo ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + = ( a2 + a + 1)2 số phương lẻ a2 + a = a(a + 1) số a chẵn � a2 + a + số lẻ Phương trình cho tương đương với: x 1 x2 x3 x  2012 1  1       2012  2012 � 2012 2011 2010 điểm x  2013 x  2013 x  2013 x  2013     0 � 2012 2011 2010 1 1 Câu ( x  2013)(     )  � x = 2013 2012 2011 2010 2 2 3 a + b + c = a + b + c = � a; b; c � 1;1 b điểm 3 2 2 2 0.5 � a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + c (c - 1) �0 � a3 + b3 + c3 �1 � a;b;c nhận hai giá trị điểm � b2012 = b2; c2013 = c2; � S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1.5 Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 2 1.5 điểm A = 2[(x+y) - 4(x + y) +4] + ( y + 6y +9) + A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + �1 điểm Vậy minA = x = 5; y = -3 Câu a Điể m 0.5 0,5 0.25 0,25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 b 0.5 a; b; c ba cạnh tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz x z x y ;b  ;c  2 ab bc ac ( y  z )( x  z ) ( x  z )( x  y ) ( x  y )( y  z )      a  b  c a  b  c a  b  c 4z 4x 4y xy yz xz 1� xy yz xz � (    3x  y  3z )  � 3( x  y  z )  (2   ) � z x y 4� z x y � điểm ta có: x + y + z = a + b + c; a  0.25 1� y x z x y z z x y � 3( x  y  z)  (  )  (  )  (  ) � � 4� z x z y y x � �  3( x  y  z )  x  y  z   x  y  z  0.25 Mà x + y + z = a + b + c nên suy điều phải chứng minh Câu Hìn 3.5 h vẽ điểm E A B 0.5 đ H M F N D C G Chứng minh: EFGH hình thoi 1.25 Chứng minh có góc vng điểm Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng �  FDC � mà b VBEC VCFD(c.g.c) � ECB a điểm VCDF vuông �  DFC �  900 � DFC �  ECB �  900 �VCMF vuông M � CDF 5 0.25 C 0.25 0.25 Hay CE  DF Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF 0.25 � GN//CM mà G trung điểm DC nên � N trung điểm DM Trong  MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến �  MAD 0.25 cân A c 0.75 điểm VCMD : VFCD( g.g ) � CD CM  FD FC 0.25 S �CD � �CD � Do : VCMD  � �� SVCMD  � �.SVFCD SVFCD �FD � �FD � Mà : SVFCD  CF CD  CD 0.25 CD Vậy : SVCMD  CD FD Trong VDCF theo Pitago ta có : �1 � DF  CD  CF  CD  � BC � CD  CD  CD 4 �2 � Do : SVMCD CD 1  CD  CD  a 5 CD 4 Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm hình 0.25 ĐỀ THI OLYMPIC TỐN Năm học: 2013 – 2014 Thời gian 120 phút ĐỀ BÀI Bài 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: y2 – 2y + = b) Giải bất phương trình: x  2x  1 1    0 x  x  x  x  12 x  x  20 x  11 x  30 Bài 2: (5 điểm) 2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x + b) Với m vừa tìm câu a, tìm số dư chia P(x) cho 3x – phân tích thừa số bậc 2.2) Cho đa thức: P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Tính P(6), P(7)? Bài 3: (2 điểm) Cho a, b, c  [0; 1] a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a + b2 + c2 Bài 4: (7 điểm) Cho hình bình hành ABCD (AC > BD) Gọi E, F hình chiếu B, D lên AC; H, K hình chiếu C AB AD a) Tứ giác DFBE hình gì? Vì sao? b) Chứng minh: CHK BCA c) Chứng minh: AC2 = AB AH + AD.AK ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a) y2 – 2y + = (y2 – 2y + 3).(x2 + 2x + 4) = x  2x  [(y – 1)2 + 2].[(x + 1)2 + 3] = (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 + 6=6 (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 = mà (x + 1)2 ≥ 0; (y – 1)2 ≥ = 1đ 0,5đ 0,5đ 1đ => (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 x+1=0  x=-1 Vậy cặp (x, y) = (-1; 1) nghiệm phương trình y–1=0 y=1 b) 1 1    0 x  x  x  x  12 x  x  20 x  11 x  30  1 1    0  x  2 x  3  x  3 x  4  x  4 x  5  x  5 x  6 ĐKXĐ: x ≠ 2; 3; 4; 5; 1 1 1 1        0  x x x x x x x x  1  0 x x x–2≥0     0  x  2 x  6 x≥2  0,5đ 1đ 0,5đ => (x – 2)(x – 6)  x ≥ mà x ≠ => x > 1đ x–6 ≥0 x≥6 x–20 x2 x–60 x  Vậy tập nghiệm BPT x >  x2 mà x ≠ => x < x P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3) (x – 4)(x – 5) + x2  P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156  P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769 Vì a, b, c  [0; 1] => (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc (vì a + b + c = 2) = - + (ab + bc + ac) – abc ≥ ab + bc + ac ≥ abc + ≥ (vì abc ≥ ) => -2 (ab + bc 0,5đ 0,5đ + ac)  -2 0,5đ 0,5đ Lại có: (a + b + c)2 = a2 + b2 +c2 + 2(ab + bc + ac) => P = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = – (ab + bc + ca)  - = Vậy P = a2 + b2 + c2 đạt giá trị lớn (a, b, c) hoán vị (0; 1; 1) a) DF // BE (vì vng góc với AC) => DFBE hình bình hành AFD = CEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE 1đ 1đ b) BC // AK => BCK = 900 ABC = 900 + BCH (góc ngồi =>  CHB) ABC = HCK HCK = 900 + BCH Có CKD = ACD + DAC (góc ngồi 0,5đ DKC) HBC = BAC + BCA mà BCA = DAC ; BAC = DCA  CKD  hay  CBH => CD CK  BC CH AB CK  BC CH CHK c) AEB 0,5đ 0,5đ 0,5đ BCA (c.g.c) AHC => AB AE  AC AH 1đ => AE.AC = AB.AH (1) AFD AKC => AF AD  AK AC => AF.AC = AD.AK (2)  Cộng vế với vế (1) (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK (3) 1đ 1đ Mà AFD = CEB (CM trên) => AF = CE  (3) AC.(AE + EC) = AB.AH + AD.AK AC2 = AB.AH +AD.AK ĐỀ THI ÔLYMPIC MƠN TỐN LỚP (120 Phút) (năm học 2013 – 2014) Câu : (6 điểm) a) Giải phương trình : 1 1    x  x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chứng minh : A= a b c   3 b c  a a c  b a b c Câu : (5 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho b) Tìm số nguyên n dể n5 + chia hết cho n3 + Câu (3 điểm ) a Cho số dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: 1   �9 a b c b Cho a, b dương a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011 Bài : ( điểm ) Cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đờng thẳng vng góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia BA O Chứng minh : a ) OA.OB = OC.OH b ) Góc OHA có số đo không đổi c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi Đáp án – hướng dẫn chấm Câu : (6 đ) a) (3 đ) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; 0,5 ĐKXĐ : x  4; x  5; x   6; x  0,5 Phương trình trở thành : 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 1,75 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ tìm x=-13; x=2; ( 0,25đ) b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 yz xz xy ;b  ;c  ; ( 1,5đ ) 2 yz xz xy 1 y x x z y z     (  )  (  )  (  ) ( 0,75 đ) Thay vào ta A= 2x 2y 2z 2 x y z x z y  Từ suy A  (2   2) hay A 3 ( 0,25đ ) Từ suy a= Câu : (2đ) a) Gọi số phải tìm a b , ta có a+b chia hết cho 0,25 Ta có a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)  (a  2ab  b )  3ab = =(a+b)  (a  b)  3ab Vì a+b chia hết (a+b)2-3ab chia hết cho ; Do (a+b)  (a  b)  3ab chia hết cho b ) ( 3đ ) n5 + Mn3 + � n5 + n2 – n2 + Mn3 + � n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) � Mn3 + � (n – 1)(n + 1) M (n+1)(n2 – n + 1) �n–1 M n2 – n + � n(n – 1) M n2 – n + Hay n2 – n M n2 – n + � (n2 – n + 1) – M n2 – n + 0,5 � 1M n2 – n + Xét hai trường hợp: + n2 – n + = � n2 – n = � n(n – 1) = � n = 0, n = thử lại thấy t/m đề + n2 – n + = - � n2 – n + = , khơng có giá trị n thoả mãn Câu b c �1    �a a a � a c �1 a Từ: a + b + c = � �  1  ( 1đ ) b b �b a b �1 �c  1 c  c � 1 �a b � �a c � �b c � �     �  � �  � �  � a b c �b a � �c a � �c b � �3     Dấu xảy � a = b = c = ( 0,5 đ ) b (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002  (a+ b) – ab =  (a – 1).(b – 1) =  a = b = (1đ) 2000 2001 Với a = => b = b => b = b = (loại) Với b = => a2000 = a2001 => a = a = (loại) ( 0,5 đ ) Vậy a = 1; b = => a2011 + b2011 = O Câu ( đ ) a)  BOH ~  COA (g-g) � OB OH � OA.OB = OC.OH  OC OA OB OH OA OH �   OC OA OC OB � chung  OHA  OBC có O Từ (1) (2) �  OHA ~  OBC (c.g.c) �  OBC � � OHA (không đổi) ( đ ) b) (2đ) (1) (2) c) Vẽ MK  BC ;  BKM ~  BHC (g.g) � A B H M K C BM BK  � BM.BH = BK.BC BC BH (3)  CKM~  CAB (g.g) � CM CK  � CM.CA=BC.CK CB CA (4) Cộng vế (3) (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC(BK + CK) = BC2 (không đổi) ( đ ) ... x2 x3 x  2012 1  1       2012  2012 � 2012 2011 2010 điểm x  2013 x  2013 x  2013 x  2013     0 � 2012 2011 2010 1 1 Câu ( x  2013) (     )  � x = 2013 2012 2011 2010... + b3 + c3 �1 � a;b;c nhận hai giá trị điểm � b2012 = b2; c2013 = c2; � S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1.5 Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 2 1.5 điểm A = 2[(x+y) - 4(x + y) +4] + ( y...   ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 1,75 18( x+7)- 18( x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ tìm x=-13; x=2; ( 0,25đ)