Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD tranvantoancv.violet.vn PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC: 2016 - 2017 MƠN: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Câu (2,0 điểm)  x  9x  1   với x  0; x  ; x   1 x  x  1  4x   a) Cho biểu thức: P  Tìm giá trị nguyên x để biểu thức P nhận giá trị nguyên b) Cho x   13   13 Tính giá trị biểu thức A = x2015 – x2016 + 2017 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x  3x   x  3 x  b) Tìm cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn: x  y 2 xy  11 Câu (2,0 điểm) a) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n  4n hợp số b) Cho x, y, z > x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P x y z   x 1 y 1 z 1 Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh 2cm Gọi E, F thứ tự trung  điểm AD, DC Gọi I, H thứ thự giao điểm AF với BE, BD Vẽ BIM 450 (M thuộc cạnh BC), O giao điểm IM BD a) Tính độ dài AI, BI b) Chứng minh điểm B, I, H, M thuộc đường tròn c) Chứng minh DH.BO = OH.BD Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương có tổng Chứng minh rằng: 1  1    10    a    b    c     b  c  a    -Hết Họ tên học sinh: Số báo danh: Họ tên Giám thị: Chữ ký: Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG Câu Câu  (2 điểm) a) P  2   2 tranvantoancv.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2016 - 2017 MƠN: TỐN LỚP Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Đáp án  x  9x    x  1  4x  1 x  9x  x  1   x  (2 x  1)(2 x  1)  x1 x 1  (3 x  1)  (2 x  1)(2 x  1) x  1  (3 x  1) x 1 Điểm  0,25 x1 x 1 x1 1 Vậy P  với x  0; x  ; x  x 1  0,25 x  3(2 x  1)  5  3  x 1 x 1 x 1 Với x  Z thì: P  Z  2P 3  số nguyên chẵn x 1  số nguyên lẻ x 1  x    1;5 Xét 2P  0,25 1) x  1  x 0 (thỏa mãn ĐK) 2) x  5  x 4 (thỏa mãn ĐK) Vậy x   0;4 giá trị cần tìm 0,25 Ta có:  x3   13   13  x 10  3  27    13   13  0,25  x 10  x  x  x  10 0 0,25 Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD tranvantoancv.violet.vn   x  1  x  x  10  0 39  x 1 x  x  10  x     , với giá trị x 2  0,25 Thay x = vào biểu thức A ta được: A = 12015 – 12016 + 2017 = 2017 0,25 a) x  3x   x  3 x  Đặt x  = t, với t > 0, ta có t2 + 3x = (x + 3).t Từ giải t = x; t = Do đó:  x 0 + Với t = x, ta có x  = x   2 vô nghiệm  x  x + Với t = 3, ta có x  =  x2 =  x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 Câu (2 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Ta có: 5x – 3y = 2xy – 11  2xy + 3y = 5x + 11  y(2x + 3) = 5x + 11 Dễ thấy 2x +  (vì x nguyên) x  11 2x  Để y  Z ta phải có 5x + 11  2x + y 0,25  2(5 x  11)2 x   10 x  222 x   5(2 x  3)  2 x   2 x   2x + ước Ta có 2x + -1 -7 x -1 -2 -5 y -1 Vậy cặp số (x; y) nguyên cần tìm (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2) Câu a) Ta có n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k (2 điểm) n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn + Với n = 2k, ta có: n  n (2k )  k lớn chia hết cho Do n  n hợp số + Với n = 2k + 1, tacó: 0,25 0,5 0,25 0,25 Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD n 2k tranvantoancv.violet.vn k n  n  4 n  (2.4 ) n  2.n 2.4 k  (2.4 k )  2.n 2.4 k ( n  2.4k )  (2.n.2k )  n  2.4 k  2.n.2k   n  2.4k  2.n.2 k   ( n  2k )  4k   ( n  k )  k  Mỗi thừa số lớn Vậy n4 + 4n hợp số Vậy n4 + 4n hợp số với n số tự nhiên lớn x 1  b) Ta có: x 1 y 1  y 1 z 1  z 1 0,25 0,25 x 1 y 1 z 1 1 => P = – ( x   y   z  ) = – Q 0,25 Theo BDT Côsi , a, b, c > a  b  c 3 abc   1 1  1 1   3   a  b  c      9 a b c abc a b c 1    a b c a b c Suy Q =  – Q  nên P = – Q  – Dấu “=” xảy  x = y = z = A = Vậy GTLN P = x = y = z = Câu (3 điểm) 0,25 1    x 1 y 1 z 1 0,25 0,25 B I O E M H D F a) Chứng minh ABE DAF C 0,25 Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD   ABE DAF   Mà DAF  BAF 900   ABE  BAF 900  AIB 900 tranvantoancv.violet.vn 0,25 Xét tam giác ABE vuông A, theo định lý Pytago có: BE  AB  AE  22  12  (cm) Lại có AI  BE, đó: AB AE 2.1   AI.BE = AB.AE  AI  (cm) BE 0,25 AB   (cm) BE 5 b) Xét ABH BIM có ABH BIM  450   (cùng phụ với ABI ) BAH IBM BIM (g.g) Suy ABH AB AH BH    (1) BI BM IM HFD Ta có HAB HB AB HA    2 HD DF HF  BH  BD  2  (cm); AH  AF    (cm) 3 3 3 5 Từ (1)  BM  AH BI    (cm) AB BM BH   Ta có BC BD  BMH BCD (c.g.c)   Do BMH BCD , mà hai góc vị trí đồng vị BI.BE = AB2  BI   MH // CD Mà BC  CD  MH  BC Ta có BIH BMH hai tam giác vng có chung cạnh huyền BH, điểm B, I, H, M thuộc đường trịn đường kính BH    c) Ta có BIM MIF 450 , IM phân giác BIF 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Ta lại có AF BE  (cm)  IF  AF  AI    (cm) IF DF   BA AH 10  BAH (c.g.c)  DIF Suy IDF  ABH 450 Suy 0,25 Trần Văn Toản – THCS Cẩm Vũ – Cẩm Giàng – HD  Do ID phân giác EIF tranvantoancv.violet.vn 0,25 Xét tam giác BIH có IO ID phân giác  OH DH IH   OB DB IB 0,25 Suy DH.BO = OH.BD 1  1    10   Chứng minh rằng:  a    b    c     b  c  a    Vì a + b + c = nên 1 1 1 1 1  P  a    b    c   abc     1 b  c  a abc a b c  0,25 Từ bất đẳng thức Cơ-si cho số dương ta có: Câu (1 điểm) a b c   abc  abc  3 27 Đặt x abc ,  x  27 1  27  x    27 x   0 Do x   27  x 27 27 x 1 730 27   Suy x  abc  x abc 27 27 1  1 1 Mặt khác  a  b  c      9    9 a b c a b c 730 1000  10   10    Nên P  27 27  3 0,25 0,25 3 1  1    10   Vậy  a    b    c     ; dấu “=” xảy a b c  b  c  a    * Lưu ý: HS làm cách khác đáp án mà cho điểm tối đa 0,25