PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MƠN THI: TỐN LỚP ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x + 2013 x + 2012 x + 2013  x2 − x   2x2 A = − − − ÷ Rút gọn biểu thức sau:  2 ÷ x + 8 − x + x − x x x     Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: (2 x + x − 2013) + 4( x − x − 2012) = 4(2 x + x − 2013)( x − x − 2012) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x + 2x + 3x + = y3 Câu (4,0 điểm) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + dư 10, f(x) chia cho x − dư 24, f(x) chia cho x − thương −5x dư Chứng minh rằng: a (b − c)(b + c − a ) + c (a − b)(a + b − c ) = b(a − c )(a + c − b) Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF Chứng minh rằng: 1 = + 2 AD AM AN Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn abc = Chứng minh : 1 + + ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) -Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị (Họ tên ký) Giám thị (Họ tên ký) PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ THI CHÍNH THỨC NGÀY THI … /4/2013 MƠN THI: TỐN LỚP Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu Hướng dẫn giải (4.0 điểm) 0,5 Ta có x + 2013 x + 2012 x + 2013 = ( x − x ) + 2013 x + 2013x + 2013 (2.0 điểm) = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2013 ( x + x + 1) 0.5 = ( x + x + 1) ( x − x + 2013) 0.5 2 Kết luận x + 2013 x + 2012 x + 2013 = ( x + x + 1) ( x − x + 2013) x ≠ x ≠ 2 0.5 ĐK:  0.25  x2 − x   x2 A = − 1− − ÷ Ta có  2 ÷  2x + 8 − 4x + 2x − x   x x  0.25  x2 − x  x − x −  2x2 = − ÷ ÷ 2 x2  2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x)   0.25 (2.0 điểm)  x2 − 2x   ( x + 1)( x − 2)   x( x − 2) + x   ( x + 1)( x − 2)  x2 = − ÷ ÷ ÷=  ÷ 2 x2 x2   2( x − 2)( x + 4)     2( x + 4) ( x + 4)(2 − x)   x − x + x + x x + x( x + 4)( x + 1) x + = = = 2( x + 4) x x ( x + 4) 2x x ≠ x +1 Vậy A = với  2x x ≠ 0.5 0.25 Câu (4.0 điểm)  a = x + x − 2013 Đặt:  b = x − x − 2012 0.25 Phương trình cho trở thành: (2.0 điểm) 0.5 a + 4b = 4ab ⇔ ( a − 2b) = ⇔ a − 2b = ⇔ a = 2b Khi đó, ta có: x + x − 2013 = 2( x − x − 2012) ⇔ x + x − 2013 = x − 10 x − 4024 −2011 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x = 11 −2011 Vậy phương trình có nghiệm x = 11 (2.0 điểm) 0.5  3 Ta có y3 − x = 2x + 3x + =  x + ÷ + > ⇒ x < y 4  (1) 0.5 0.5 0.25 0.5  15  (x + 2) − y = 4x + 9x + =  2x + ÷ + >  16  3 ⇒ y< x+2 (2) Từ (1) (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy y = x + Thay y = x + vào pt ban đầu giải phương trình tìm x = -1; từ tìm hai cặp số (x, y) thỏa mãn toán là: (-1 ; 0) KL Câu 0.5 0.25 0.5 0.25 (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x − thương −5x dư ax + b Khi đó: f ( x) = ( x − 4).(−5 x) + ax+b Theo đề bài, ta có: (2.0 điểm)   f (2) = 24 2a + b = 24 a = ⇔ ⇔   f (−2) = 10 −2a + b = 10 b = 17 Do đó: f ( x) = ( x − 4).(−5 x) + x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x + 0.5 0.5 0.5 47 x + 17 0.5 Ta có: a (b − c)(b + c − a ) + c (a − b)(a + b − c) − b(a − c)(a + c − b) = (1)  a = a + b − c = x    Đặt: b + c − a = y => b = a + c − b = z    c =  (2.0 điểm) 0.25 Khi đó, ta có: x+z x+ y y+z  y+z x+z x+ y  2 − −  ÷ y +  ÷.x − ( x + y )( x − y ).z  2   2  x+z x−z y+z z− y 2 = y + x − ( x − y ) z 2 2 2 2 = ( x − z ) y + ( z − y ).x − ( x − y ).z 4 = ( x − y ).z − ( x − y ).z = = VP(1) (đpcm) 4 VT(1) = KL:… Câu x+z x+ y y+z 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 (6 điểm) E A B H F D C M N (2.0 điểm) Ta có DAM · · · (cùng phụ BAH ) = ABF AB = AD ( gt) ·BAF = ADM · = 900 (ABCD hình vng) ⇒ ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM Lại có AE // DM ( AB // DC ) Suy tứ giác AEMD hình bình hành · Mặt khác DAE = 900 (gt) 0.75 0.5 0.5 Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g) => (2.0 điểm) 0.5 AB BH BC BH = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH · · · Lại có HAB (cùng phụ ABH ) = HBC ⇒ ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) 2 SΔCBH S  BC   BC  = ⇒ ΔCBH =  ⇒ = nên BC2 = (2AE)2 , mà (gt) ÷  ÷ S SΔEAH  AE  ΔEAH  AE  ⇒ BC = 2AE ⇒ E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 0.5 0.5 Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: ⇒ AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN 0.5 Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: (2.0 điểm) ⇒ MN MC AB MC AD MC = ⇒ = = hay AN AB AN MN AN MN 2 0.5 AD   AD   CN   CM  CN + CM MN ⇒  = =1 ÷ + ÷ = ÷ + ÷ = MN MN  AM   AN   MN   MN  0.5 (Pytago) 2 1 AD   AD  ⇒  ÷ + ÷ = => AM + AN = AD  AM   AN  (đpcm) 0.5 Câu Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R x, y, z > ta có a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b c Dấu “=” xảy ⇔ = = x y z Thật vậy, với a, b ∈ R x, y > ta có a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y ⇔ (a 2 điểm (*) (**) y + b x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) 0.75 ⇔ ( bx − ay ) ≥ (luôn đúng) Dấu “=” xảy ⇔ a b = x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+z a b c Dấu “=” xảy ⇔ = = x y z 1 2 1 Ta có: a b c2 + + = + + a (b + c) b3 (c + a) c ( a + b) ab + ac bc + ab ac + bc 2.0 điểm Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 1 1 1 1 1 + +  ÷  + + ÷ a + b2 + c ≥  a b c  =  a b c  (Vì abc = ) ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac ) 1 1 2 + + ÷ a b c 1 2 11 1 Hay a + b + c ≥  + + ÷ ab + ac bc + ab ac + bc  a b c  1 Mà + + ≥ nên a b c Vậy 1 2 a + b + c ≥ ab + ac bc + ab ac + bc 1 + + ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) (đpcm) Điểm toàn 0.5 0.25 0.25 0.25 (20 điểm) Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng Với 4, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình không chấm ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2008- 2009 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm : 150 phút n2 + n +1 Câu 1: a) Tìm số nguyên m, n thoả mãn m = n +1 b) Đặt A = n + 3n + 5n + Chứng minh A chia hết cho với giá trị nguyên dương n c) Nếu a chia 13 dư b chia 13 dư a2+b2 chia hết cho 13 Câu2 : Rút gọn biểu thức: a) A= bc ca ab + + (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) b) 1    x+  −x + −2 x  x   B= 1  x +  + x + x x  Câu 3: Tính tổng: S = 1 1 + + +…+ 1.3 5.7 2007.2009 Câu 4: Cho số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2009 Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x, y, z : 2009 x y z + + xy + 2009 x + 2009 yz + y + 2009 xz + z + Câu 5: Giải phương trình: 59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x + + + + = −5 41 43 45 47 49 Câu 6: Cho tam giác ABC , gọi M trung điểm BC Một góc xMy 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx , My cắt cạnh AB AC D E Chứng minh : BC a) BD.CE= b) DM,EM tia phân giác góc BDE CED c) Chu vi tam giác ADE không đổi ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CÂU SƠ LƯỢC LỜI GIẢI ĐIỂM n2 + n +1 a, Thực chia m = =n+ n +1 n +1 0.5 Để m nguyên với n nguyên n + ước Hay n + ∈{1; -1 } Khi : n+1 = ⇒ n = ∈Z ( t/m) n+ = -1 ⇒ n = -2 ∈ Z (t/m) Với n = ⇒ m = Với n = -2 ⇒ m = - Vậy b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) +2(n+1) = = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1) Khi : 3(n+1) chia hết cho n( n +1) (n+ 2) tích số nguyên dương liên tiếp nên tồn c, a = 13k +2, b= 13n +3 a2+b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13n+ 3) = = 13( 13k2 +4k +13 n2 +4n +1) x a, A = 1, b, B = 3( x + ) S= 0.5 0.5 0.5 xy.xz z + z + xz + + = = xy ( xz + z + 1) + z + zx + z + zx + z + zx 59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x +1+ +1+ +1+ +1+ +1 = 41 43 45 47 49 0.5 1 1 + + + + ) =0 41 43 45 47 49 1 1 ⇔ 100- x = ( ( + + + + ) >0 ⇔ x = 100 41 43 45 47 49 ⇔ (100 – x) ( 0.5 1 1 1 1 1004 (1 − + − + + − ) = (1 − )= 3 2007 2009 2009 2009 2009 x y z + + 2009 + 2009 x + xy xyz + y + yz + z + zx = 0.5 0.5 Vẽ hình a,Chứng minh ∆ BMD đồng dạng ∆CEM BC BC Vì BM=CM= , nên ta có BD.CE= b, Chứng minh ∆BMD va ∆MED đồng dạng 0,5 y A 2.5 x E D B 2 M Từ suy Dˆ = Dˆ , DM tia phân giác góc BDE Chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác góc CED c, Gọi H, I, K hình chiếu M AB, DE, AC Chứng minh DH = DI, EI = EK Chu vi 2.AH Kết luận Chú ý: Có nhiều cách khác , có chung kết C 1.5 1.5 ĐỀ THI HSG LỚP Năm học 2010 – 2011  x2   10 − x   + + Bài 1: Cho biểu thức M =   :  x − + x +   x − x − 3x x +   a) Rút gọn M b)Tính giá trị M x = Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử b) Chứng minh : Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác A < Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + b)Tìm giá trị lớn biểu thức sau : B= 3( x + 1) x + x2 + x +1 Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Với AB = a ; AD = b Từ đỉnh A , kẻ đường thẳng a cắt đường chéo BD E, cắt cạnh BC F cắt tia DC G a) Chứng minh: AE2 =EF.EG b) Chứng minh đường thẳng a quay quanh A thay đổi tích BF.DG khơng đổi Bài Chứng minh x − yz y − xz = Với x ≠ y ; xyz ≠ ; yz ≠ ; xz ≠ x(1 − yz ) y (1 − xz ) Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) Giải Bài 1: a) Rút gọn M  x2   10 − x   x2   =  + + − + M=   :  x − + : x +   x( x − 2)( x + 2) 3( x − 2) x +  x +  x − x − 3x x +   −6 x+2 M = ( x − 2)( x + 2) = 2−x b)Tính giá trị M x = 1 ⇔x= x = 2 1 Với x = ta có : M = − = = 2 1 Với x = - ta có : M = + = = 2 x = Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a) b) Chứng minh : Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác A < Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT tam giác) (b+c +a) >0 ( BĐT tam giác) (b-c -a) 0 ( BĐT tam giác) Vậy A< Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + = (x-y)2 + (y - 2)2 + Do (x-y)2 ≥ ; (y - 2)2 ≥ Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + ≥ Dấu ''='' xãy ⇔ x = y y = Vậy GTNN A ⇔ x = y =2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức sau : 3( x + 1) 3( x + 1) 3( x + 1) = x ( x + 1) + x + = ( x + 1)( x + 1) = 2 x + x + x +1 x +1 Do x2 +1>0 nên B = ≤ Dấu ''='' xãy ⇔ x = x +1 Vậy GTLN B ⇔ x = A B Bài 4: B= a) Chứng minh: AE2 =EF.EG Do AB//CD nên ta có: EA EB AB = = EG ED DG Do BF//AD nên ta có: E F (1) D C G EF EB AD = = EA ED FB (2) EA EF = Từ (1) (2) ⇒ Hay AE2 = EF EG EG EA b) CMR đường thẳng a quay quanh A thay đổi tích BF.DG khơng đổi AB FB = Từ (1) (2) ⇒ DG AD Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi) x − yz y − xz = Bài 5: Chứng minh Với x ≠ y ; xyz ≠ ; yz ≠ ; xz ≠ x(1 − yz ) y (1 − xz ) Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) Từ GT ⇒ (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz) ⇔ x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2 ⇔ x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = ⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = ⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = ⇔ (x -y) [ xy − xyz ( x + y + z ) + xz + yz ] = Do x - y ≠ nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm) ... 2013 x + 2012 x + 2013 = ( x − x ) + 2013 x + 2013x + 2013 (2.0 điểm) = x ( x − 1) ( x + x + 1) + 2013 ( x + x + 1) 0.5 = ( x + x + 1) ( x − x + 2013) 0.5 2 Kết luận x + 2013 x + 2012 x + 2013 =... x − 2013 Đặt:  b = x − x − 2012 0.25 Phương trình cho trở thành: (2.0 điểm) 0.5 a + 4b = 4ab ⇔ ( a − 2b) = ⇔ a − 2b = ⇔ a = 2b Khi đó, ta có: x + x − 2013 = 2( x − x − 2012) ⇔ x + x − 2013. .. VIỆT YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ THI CHÍNH THỨC NGÀY THI … /4 /2013 MƠN THI: TỐN LỚP Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu Hướng dẫn giải (4.0 điểm) 0,5 Ta có x + 2013