TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ MA TRẬN ĐỀ THI OLYMPIC TỐN Năm học 2013 - 2014 Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Mục Nhận biết TN PT bất phương trình TL Thơng hiểu TN TL Vận dụng TN Tổng TL 2 Đa thức: (Tìm dư phép chia đa thức; tìm hệ số đa thức f(x) biết f(x) chia hết cho g(x)…) 1câu 2ý Chứng minh BĐT(Tìm GTLN: GTNN) Bài tập tổng hợp tam giác đồng dạng Tổng 5 2 7 20 20 §Ị thi olympic líp N¨m häc 2013 - 2014 phßng Gi¸o dơc & §µo t¹o M«n thi : To¸n Thêi gian lµm bµi : 120 (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị ) Câu ( điểm ) Giải phương trình: a, x − x + + x − = x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 + + + = 10 17 19 21 23 Chứng minh với số a, b, x, y ta có (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 b, Câu ( điểm ) Chứng minh rằng: x3m+1 + x3n+2 + chia hết cho x2 + x + với số tự nhiên m,n tìm số nguyên a b để đa thức A(x) = x − 3x3 + ax + b chia hết cho đa thức B( x) = x − 3x + Câu ( điểm ) x y a)Chứng minh bất đẳng thức : y + x ≥ (với x y dấu)  x y x2 y2 b)Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + −  + ÷+ y x  y x (với x ≠ 0, y ≠ ) Câu ( điểm ) Cho tam giác ABC vng A Lấy điểm M cạnh AC Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng cắt tia BM D, cắt tia BA E · · a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC EAD = ECB · b) Cho BMC = 1200 S AED = 36cm Tính SEBC? c) Chứng minh điểm M di chuyển cạnh AC tổng BM.BD + CM.CA có giá trị khơng đổi d) Kẻ DH ⊥ BC ( H ∈ BC ) Gọi P, Q trung điểm đoạn thẳng BH, DH Chứng minh CQ ⊥ PD Híng dÉn chÊm thi olympic N¨m häc 2013 - 2014 TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ M«n thi : To¸n Câu Câu (6 điểm) Líp Nội dung Điểm a, x − x + + x − = (1) + Nêu x ≥ : (1) x =1 (thỏa mãn điều kiện x ≥ ) 2 + Nêu x < : (1) ⇔ x − x + = ⇔ x − x − ( x − 1) = ⇔ ( x − 1) ( x − ) = ⇔ x = 1; x = (cả hai khơng nhỏ 1, nên bị loại) Vậy: Phương trình (1) có nghiệm x = b, x − 241 x − 220 x − 195 x − 166 −1 + −2+ −3+ −4=0 17 19 21 23 x − 258 x − 258 x − 258 x − 258 + + + =0 17 19 21 23 1  1 ⇔ ( x − 258 )  + + + ÷=  17 19 21 23  1  1 Do :  + + + ÷≠ ⇒ x − 258 = ⇔ x = 258  17 19 21 23  Ta có (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 ≥ a2x2 + 2axby + b2y2 a2y2 - 2axby + b2x2 ≥ (ay - bx)2 ≥ Vì bất đẳng thức cuối bất đẳng thức nên bất đẳng thức phải chứng minh bất đẳng thức ⇔ Dấu “=” xảy ay - bx = hay a b = x y { a −3=0 b +4 =0 { ⇔ a =3 b =−4 a) Vì x, y dấu nên xy > 0, x y + ≥2 y x 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Ta có x3m+1 + x3n+2 + = x3m+1 - x + x3n+2 - x2 + x2 + x + = x(x3m - 1) + x2(x3n - 1) + (x2 + x + 1) 3m 3n Ta thấy x - x - chia hết cho x3 - chia hết cho x2 + x +  x3m+1 + x3n+2 + chia hết cho x2 + x + Ta có: A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + Để A( x )MB ( x) Câu (2 điểm) 0,5đ 0,5đ 0,5đ x −241 x −220 x −195 x −166 + + + =10 17 19 21 23 ⇔ Câu (5 điểm) 0,5đ 1,0đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,5đ 1,0đ (*) ⇔ x + y ≥ 2xy ⇔ (x − y)2 ≥ (**) Bất đẳng thức (**) ln đúng, suy bđt (*) 0,25đ 0,25đ (đpcm) x y x2 y2 + = t ⇒ + = t2 − b) Đặt y x y x 0,25đ Biểu thức cho trà thành P = t2 – 3t + P = t2 – 2t – t + + = t(t – 2) – (t – 2) + = (t – 2)(t – 1) + - Nêu x; y dấu, theo c/m câu a) suy t ≥ ⇒ t – ≥ ; t – > ⇒ ( t − ) ( t − 1) ≥ ⇒ P ≥ Đẳng thức xảy t = ⇔ x = y (1) x y - Nêu x; y trái dấu < < ⇒ t < ⇒ t – < t – < y x ⇒ ( t − ) ( t − 1) > ⇒ P > (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (2) - Từ (1) (2) suy ra: Với x ≠ ; y ≠ ln có P ≥ Đẳng thức xảy x = y Vậy giá trị nhỏ biểu thức P Pm=1 x = y Câu (7 điểm) Câu a: điểm E 0,5đ * Vẽ hình + ghi gt kl * Chứng minh EA.EB = ED.EC - Chứng minh ∆ EBD đồng dạng với ∆ ECA (gg) - Từ suy EB ED = ⇒ EA.EB = ED.EC EC EA · · * Chứng minh EAD = ECB - Chứng minh - Suy (0,25đ) D 0,5đ A M Q 0,5đ B P I H ∆ EAD đồng dạng với ∆ ECB (cgc) · · EAD = ECB Câu b: 1,5 điểm · - Từ BMC = 120o ⇒ ·AMB = 60o ⇒ ·ABM = 30o µ = 30o - XÐt ∆ EDB vng Tại D có B ED ⇒ ED = EB ⇒ = EB 2 C 0,5đ 0,5đ 0,5đ S  ED  - Lý luận cho EAD =  ÷ Từ ⇒ SECB = 144 cm S ECB  EB  Câu c: 1,5 điểm - Vẽ MI ⊥BC (I thuộc BC) - Chứng minh ∆ BMI đồng dạng với ∆ BCD (gg) => BM.BD = BC.BI - Chứng minh ∆ IMCđồng dạng với ∆ ABC (gg) => CM.CA = CI.BC - Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị khơng đổi (Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2 ) Câu d: điểm - Chứng minh ∆ BHD đồng dạng với ∆ DHC (gg) BH BD BP BD BP BD ⇒ = ⇒ = ⇒ = DH DC DQ DC DQ DC - Chứng minh ∆ DPB đồng dạng với ∆ CQD (cgc) ü · · ïï Þ BDP = DCQ ý Þ CQ ^ PD ọ · · ma`BDP + PDC = 90 ïïþ Ký duyệt tổ CM Người đề , đáp án 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5 đ 0,5đ 1.0đ Trịnh Văn Đơng Ban giám hiệu nhà trường PHT: Vũ Thị Hồng Thắm Nguyễn Đức Anh