PHÒNG GD&ĐT THANH MIỆN TRƯỜNG THCS PHẠM KHA T-02-HSG9-PK-PGDTM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP THCS MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề gồm có 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Cho biểu thức A  x2  x  x x x  với x  x Tìm x để A   b) Tính giá trị biểu thức B  x  5x  6x  6x   2013 x   Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:  x   x   x 3 3 x  y  xy 1 b) Giải hệ phương trình:  4 5x  y 5x  y Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh: 2013 2014  b)Xác định số thực p, q cho đa thức x  chia hết cho đa thức x  px  q Câu (3,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC Đường tròn (O) tiếp xúc với BC D, kẻ đường kính DE đường trịn Tiếp tuyến E đường tròn cắt AB, AC thứ tự M, N; AE cắt BC K Chứng minh rằng: a) BD ME = R2 b) BD = CK 2) Cho tam giác ABC cân A Lấy điểm E K theo thứ tự nằm nửa đường thẳng AB AC cho: AE + AK = AB + AC Chứng minh : BC < EK Câu (1,0 điểm) Cho m,n số nguyên dương, giả sử trị bé A  m  n A n2 số nguyên lẻ Tìm giá PHÒNG GD&ĐT THANH MIỆN TRƯỜNG THCS PHẠM KHA T-02-HSG9-PK-PGDTM HƯỚNG DẪN CHẦM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP THCS MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Nội dung Điểm a.( điểm) Với x  ta có: 0,25 x 4  x x A2  x  2 x  2 x 4 x 4 2 x  x x 2x  2x    A x x x 0,25 Ta có A  , mà A > nên suy A  (2,0 điểm) 2x    x  x  0 x Giải phương trình tìm x =1, x= Ta có x =1 ( loại) , x= 4( thoả mãn) Vậy x = A  b.( điểm) Từ x    x 6  3    6  6x  x  6x  0 (*) 0,25 0,25 0,5    Ta có B  x  6x  x    2013 2013  Thay (*) vào B được: B   1 a.( điểm) (2,0 điểm) Đkxđ:   x 1 (*) Đặt  x   x T , T > T2  2 2  T =  1 x  1 x  T2  Thay vào ta phương trình:T + =3  T  0  T   T  2T  0  (T + 4).(T – ) =   T  0  T 2 Với T = -4( loại) Với T =  x   x 2   x 1 Hay – x2 =  x = x = ( thoả mãn *) Phương trình có nghiệm x = b.( điểm) 3 x  y  xy 1(1)  4 5x  y 5x  y(2) Thay (1) vào (2) 5x4 + y4 = (5x + y)(x3 + y3 – xy2 )  5x4 + y4 = 5x4 + 5xy3 – 5x2y2 + x3y + y4 – xy3  4xy3 – 5x2y2 + x3y =  xy(x - y)(x – 4y) = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  x 0 y 0 x  y x 4 y Với x =  y = Hệ phương trình có nghiệm ( 0;1 ) Với y =  x = Hệ phương trình có nghiệm ( 1;0 ) Với x = y  x3 =  x = Hệ phương trình có nghiệm (1;1) Với x = 4y  61y3 =  y  x = 61 61   x  61 HPT có nghiệm  y   61 0,25 0,25 0,25 a.( điểm) Ta có : VT  2013.2015  2014   2012.2014  20132  0,25 0,25 Tiếp tục tương tự ta có  2011.2013  2010.2012   2.4  ( đpcm) ( điểm) 0,25 0,25 b ( điểm) Khi chia đa thức x  cho x  px  q thương đa thức 2 dạng x  ax  b  x   x  px  q   x  ax  b  = x   a  p  x   b  ap  q  x   bp  aq  x  bq a  p 0  1  b  ap  q 0   Vì ta phải có:  bp  aq 0  3 bq 1  4  Từ (1)  a  p thay vào (3) được: bp    p  q p  b  q  0,25 Tức p = b- q = Nếu p = từ (2) suy b= -q vào (4) -b2 =1 Điều vô lý, suy p  Do b- q = hay b = q Thay vào (4) b2=1, suy b = q = b = q = -1 Ta lại có từ (2) suy 2b = - ap= a2  suy b nên b = q = Từ suy a2 =2 hay a   p  0,25 Vậy số thực p, q cần tìm p  q = p  0,25 0,25 (3 điểm) q = 1 (2 điểm) A M E N F O B D C K 1a.( điểm)   - Lập luận chứng minh BDOF tứ giác nội tiếp  DBF FOE 1 1    DBF; MOE  EOF Có OBD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 2   Từ suy MOE OBD 0,25 Từ chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng: BDO OEM ( g.g) s 0,25  0,5 OD BD   BD.ME OD.OE R ME OE 1b.( điểm) Tương tự chứng minh CD NE = R2 ME NE ME  NE MN  BD.ME = CD.NE     (1) CD BD CD  BD BC MN AN  Do MN//BC ( vng góc với DE)  CB AC NE AN NE MN   Do EN//CK  Từ suy (2) CK AC CK BC NE NE   BD CK Từ (1) (2)  CK BD 2.( điểm) A Hình vẽ: F B 0,25 0,25 0,25 0,25 K I C E Từ AE + AK = AB + AC (*) suy ra: Nếu AE> AB AK < AC ngược lại Nên ta giả sử AE > AB K thuộc đoạn thẳng AC Lấy điểm F thuộc đoạn AB cho AF = AK KF//BC Trên tia AC lấy AD = AE ED//BCKF//BC//DE Chứng minh tứ giác EDKF, EDCB hình thang cân D 0,25 0,25  BE = CD, FD = EK Từ (*) suy AB +BE +AK = AB + AK+ CK BE = CK  CD = CK BC đường trung bình hình thang EDKF  FK +ED = 2BC Gọi I giao điểm EK FD Ta có: EK+FD = (EI + IK)+(FI + ID) 2EK = (EI+ID)+ ( IK+ FI) > ED + FK( bđt tam giác) 2EK > 2BC EK >BC Gọi d ước chung lớn m n m da, n db , a b 3 d3  a  b  d  a  b nguyên tố nhau, ta có: A   d2b2 b2 Vì a, b hai số nguyên tố nên b a+b hai số nguyên tố suy b  a  b  hai số nguyên tố (1 điểm) nhau, để A nguyên d b  d cb  A c  a  b  với a,b,c số nguyên dương Do a,b số nguyên dương  a  b 2 , mà A số lẻ nên A nhận giá trị bé 27 , a+b =3 c=1 Khi a = 2, b = nên d = suy m =2, n =1 Hoặc a = 1, b = nên d = suy m =4, n = Vậy A nhận giá trị bé 27 m = n =1 m =4 n= 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25