PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN Ý YÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI THCS NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN : TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài (6 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức  7  2  1 A   1              8  7  14    0,  B 2016 :   1,   2     0,875  0,7  11 7 1     0, 25  11  2) Cho đa thức Q(x) = ax  bx  cx + d với a, b, c ,d   Biết Q(x) chia hết cho với x   Chứng tỏ hệ số a, b, c, d chia hết cho Bài ( điểm) bz  cy cx  az ay  bx   1) Biết (với a, b, c 0 ) a b c x y z Chứng minh rằng:   a b c 2) Số M chia thành ba phần tỉ lệ nghịch với 3; 5; Biết tổng lập phương ba phần 10728 Hãy tìm số M Bài ( điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh AB lấy điểm D cho BD  AB Tại D kẻ đường vng góc với AB cắt cạnh BC E Tại E kẻ đường vng góc với BC cắt AC F 1) Chứng minh DF  AC Biết tam giác vng cạnh đối diện với góc 300 nửa cạnh huyền 2) Chứng minh tam giác DEF 3) Gọi G trọng tâm tam giác DEF Chứng minh GA = GB = GC Bài (2 điểm) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM BE cắt G Chứng minh  AGB 900 AC  BC  3AB Bài ( điểm) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức C= 22  3x có giá trị lớn 4 x Họ tên thí sinh: ………………… Họ, tên chữ ký GT 1: ………………………… Số báo danh:………………………… Họ, tên chữ ký GT 2: ………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN I Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước cho điểm tối đa 2) Điểm toàn tổng điểm ý, câu khơng làm trịn II Đáp án thang điểm: Bài (6,0đ) ý Nội dung đáp án A=   1      2 =     1       Điểm 0,5 29.7 2.2   1      1 28 7 256 0,5 0,5 0,5 2 2.       11   11  Tính: *) 7 1) 1 1  1,4   7.    (4đ) 11  11  1  (   0 ) 11 1 1    0,875  0,7  7.    10    *) 1 1 1   0,25  2.     10  1 7   0 ) (vì  10 0,4   7 B 2016 :    2016 7  2) Cho đa thức Q(x) = ax  bx  cx + d (2,0đ) Vì Q(x)  với x   , nên Với x = 0, ta có Q   d 3 Với x = 1, ta có Q(1) = a  b  c  d 3 mà d 3 => a + b +c 3 (1) Với x = -1, ta có Q   1  a + b  c + d 3 mà d 3 =>  a + b – c 3 (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,5 0,25 0,25 Q  1  Q   1 2b 3 mà (2 ; 3) =1 nên b 3 0,25 Q  1  Q   1 2  a  c  3 mà (2 ; 3) =1 nên a+c 3 (3) 0,25 0,25 Với x = , ta có Q   = 8a+ 4b+ 2c +d 3 hay 7a + (a + c) + 2b + d 3 Mà d 3, a + c 3, b 3 nên 7a 3 mà (7; 3) = => a 3 Từ (3) suy c 3=> đpcm (4,0đ) Với a, b, c 0 , ta có bz  cy cx  az ay  bx bza  cya bcx  baz acy  bcx     = a b c a2 b2 c2 bza  cya + bcx  baz  acy  bcx  0 = 2 a b c a  b2  c2 bz  cy y z Suy =0 , bz  cy   (1) (2,0đ) a b c cx  az x z = 0, cx  az   (2) b a c x y c Từ (1) (2) suy   a b z (2,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Gọi ba phần chia số M x, y, z , ta x + y + z = M 1 Theo đề ta có x : y : z  : : x  y  z 10728 (1) x y z   k x  y  z 10728 Hay 10 0,25 Suy x 103.k ; y 63.k ; z 53.k 0,5 Thay vào (1), suy 20; y = 12; z =10 1341k 8  k 2 Vậy M = 42 (6,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,5 A F H D G K B 1) (3,0đ) M I E F C ABC nên AB =AC = BC = a  A =  B =  C = 600 3 BD  a (gt)  AD  a Xét BDE vng D có  B = 600   DEB = 300 0,25 0,25 0,25 Xét BDE vng D có  DEB = 300  BD = BE 2 hay BE = BD = a = a mà BC = a nên EC = a 3 Tương tự, xét ECF vng E có  C = 60   EFC = 300  AF = 0,5 0,75 a Xét ADF BED có: AD = BE (= a)  A =  B (= 600 ) 0,5 AF = BD (= a )  ADF = BED ( c g c)   AFD =  BDE ( hai góc tương ứng) Mà  BDE =900   AFD =900 hay DF AC *) Chứng minh tương tự có  DBE = ECF (c.g.c)  DE = EF ( hai cạnh tương ứng) (1,5đ) Có ADF = BED ( c g c) (cmt) DF = DE ( hai cạnh tương ứng)  DE = DF = EF DEF tam giác 0,5 0, 0,5 0,5 XétDEF có G trọng tâm tam giác G giao điểm ba đường phân giác  GD, GE, GF đường phân giác góc  EDF;  DEF;  0,25 DFE Có DEF nên  D =  E=  F = 600   D1=  E1=  F1 = 300 ( nửa góc  D,  E,  F = 0,25 600) Suy  BDG = 900 + 300 = 1200 3) (1,5 đ)  CEG = 900 + 300 = 1200 0,25  AFG = 900 + 300 = 1200 XétDEF có G trọng tâm tam giác G giao điểm ba đường trung trực GD = GE = GF *) Xét AGF BGD có GF = GD  AFG =  BDG ( = 1200) AF = BD AGF = BGD (c g c)  GA = GB ( hai cạnh tương ứng) Tương tự, có AGF = CGE (c g c)  AG = GC ( hai cạnh tương ứng)  AG = BG = CG (đpcm) 0,25 0,25 0,25 N A E F G B M C Vẽ trung tuyến CF Tam giác ABC, Trên tia đối tia FC lấy điểm N cho 0,25 FN = FC C/M : ANF = BCF (c-g- c)  AN = BC (2,0đ) Xét CAN có AN + AC > NC ( bất đẳng thức tam giác)  AC + BC > NC Vì G trọng tâm tam giác ABC nên CF = GF NC = GF (1) Ta chứng minh:  AGB 900 GF  0,25 0,25 0,25 AB 0,25 AB hay GF < AF = BF  FAG <  AGF ;  FBG <  BGF ( quan hệ góc cạnh tương ứng tam giác)   ABG +  BAG <  FGB +  FGA =  AGB  900 0,25 Giả sử GF < Xét tam giác AGB có  ABG +  BAG +  AGB < 900 + 900 = 1800 vơ lí AB Vậy  AGB 900 GF  (2) Từ (1) (2)  NC 3 AB suy AC + BC > 3AB ( đpcm) 3(4  x)+10 10 3  4 x 4 x 10 C có giá trị lớn có giá trị lớn 4 x Biến đổi C = 22  3x 4 x = 0,25 0,25 0,5 0,25 Có x   , ta xét trường hợp sau 10 Với x >  – x <  – x > Phân số (1) 10 có tử mẫu dương, tử khơng đổi nên 4 x có giá trị lớn mẫu nhỏ Có x   Suy – x   Suy – x số nguyên dương nhỏ  - x =  x = 0,25 0,5 10 có giá trị 10 (2) 4 x Từ (1) (2) , phân số 10 lớn 10 4 x Vậy GTLN C 13 x = 0,25 0,25