TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017 Họ tên: ……………………… MƠN: Tốn LỚP: Số báo danh: ………… Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm) �2 �x  � x 1 � �  x  1� Cho biểu thức: A  �  �: x x x  �3 x � � � a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm) � � � � n3 (n2  7)2  36n � M với  n�Z a) Chứng minh A = � b) Cho P = n4 + Tìm tất số tự nhiên n để P số nguyên tố Cõu 3: (4 điểm) a) Giải phương trình : 1 1    x  x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chứng minh : A= a b c   3 b c  a a c  b a b c Câu 4: (6 điểm) Gọi O trung điểm đoạn thẳng AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt By D Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N giao điểm BC AD Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b +c = Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 bc ca a b Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 - 2017 MƠN : TỐN Lớp: Ghi chú: Đáp án sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai khơng chấm điểm Nếu HS giải cách khác chấm điểm phần tương ứng HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM ĐIỂM Câu �2 �x  � x 1 � �  x  1� a) A  �  �: x x x  �3 x � � � 0,5đ ( x  1)  x( x  1) � x  �2 A�  : � 3x x  3x � � x 0,5đ �2 2(1  3x) � x A�  3x 3x � � �x  0,5đ x 2x  x 1 x 1 0,5đ A  b) Với x �0; x ��1 Ta có A  2x  2 x 1 x 1 0,5đ Để A �Z (x-1) phải ước 0,5đ  1; 2 Suy x α� Xét trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm x = x = thỏa mãn kết luận 0,5đ 0,5đ Câu � � � � n3 (n2  7)  36n � a) Ta có: A = � � � n( n2  7)  � n( n  7)  �  n(n3  7n  6)(n3  7n  6) A n� �� � � � � �  n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6)  n � n(n2 1)  6(n  1) �� n(n2 1)  6(n 1) �     � � �� � � � �  n(n 1) n2  n   n 1 n2  n   n  n  1  n    n  3  n 1  n    n  3 0,5đ 0,5đ 0,5đ Do A tích số ngun liên tiếp => A M7 với  n�Z b) b) 4 2 2 0,5đ P = n + = n + 4n + - 4n = (n + 2) - (2n) = (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1] 0,5 Vì n sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + �2; 0,5 Nh muốn P số nguyên tố ph¶i cã (n - 1)2 + = hay (n - 1)2 = 0, suy n = 0,5đ 0,5 Khi P = số nguyên tè Câu 3: a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; 0,5đ x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x  4; x  5; x   6; x  Phương trình trở thành : 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 0,5đ � � 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 � 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) � (x+13)(x-2)=0 0,5đ Từ tìm x=-13; x=2 (thỏa mãn) 0,5đ Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Ta có x, y, z >0 Từ suy a= yz xz xy ;b  ;c  ; 2 Thay vào ta A=  yz xz x y   2x 2y 2z �y x x z y z � (  )  (  )  (  )� � �x y z x z y � Từ suy A  (2   2) hay A 3 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu (6 điểm) Hình vẽ D M C N A B O a) Xét  ACO  BOD có � � = 900 ; AB � � � ) (cùng phụ với DOB COA  ODB 0,5đ Nên  ACO đồng dạng với  BOD => 0,5đ AO BD  => AO.BO = AC.BD AC BO 0,5đ 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét  CMO  OMD có � � = OMD = 900 CMO � � � ) (cùng phụ với COM OCM  DOM 0,5đ =>  CMO đồng dạng với  OMD => CO OM  (1) OD MD Mà  ACO đồng dạng với  BOD => CO AO  OD BD => CO OB  (2) (Do AO = OB) OD BD Từ (1) (2) ta có 0,5đ 0,5đ OM OB  => tam giác OMD tam giác OBD đồng MD BD dạng � � => MOD => OMD  OBD (cạnh huyền , góc nhọn)  BOD => OM = OB = OA suy tam giác AMB vng M 0,5đ c) Ta có AC // BD (cùng vng góc với AB) CN AC  => NB BD mà BD = MD (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên CN CM  => MN// BD//AC BN DM 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 5: - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c) 0,5đ c + ab = (c + a)(c + b) đó: VT  (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)   bc ca a b 0,5đ áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có (a  b)( a  c ) (b  a )(b  c)  2(a  b) bc ca (a  b)( a  c ) (c  a )(c  b)   2( a  c ) bc a b (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)  2(b  c ) ac a b 0,5đ Vậy VT 4(a  b  c) 4 hay VT 2  ĐPCM Đẳng thức xảy  a = b =c= 0,5đ PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 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  2013x  2012 x  2013 �x  x 2x2 � � 2�    � Rút gọn biểu thức sau: A  � � � � x x � �2 x  8  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   y 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) PHỊNG GD&ĐT VIỆT N ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NGÀY THI … /4/2013 MƠN THI: TỐN LỚP Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu Hướng dẫn giải (2.0 điểm) (4.0 điểm) 0,5 Ta có x  2013x  2012 x  2013   x  x   2013x  2013x  2013  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 �0 �x �2 0.25 ĐK: � �x  x 2x2 � � 2�  1  � Ta có A  � � � � x x � �2 x  8  x  x  x � �x  x � �x  x  � 2x2 �  � � � �2( x  4) 4(2  x)  x (2  x) � � x � 0.5 0.25 0.25 (2.0 điểm) 2 �x  x � x2 �( x  1)( x  2) � �x( x  2)  x � �( x  1)( x  2) � �   � � � �� � � 2 x x2 � � �2( x  2)( x  4) � � � �2( x  4) ( x  4)(2  x) � x3  x  x  x x  x( x  4)( x  1) x    2( x  4) x x ( x  4) 2x �x �0 x 1 Vậy A  với � 2x �x �2  Câu (2.0 điểm) 0.5 0.5 0.25 (4.0 điểm) �a  x  x  2013 Đặt: � b  x  x  2012 � Phương trình cho trở thành: 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 0.25 0.5 0.5 0.5 Vậy phương trình có nghiệm x  � 2011 11 0.25 3� Ta có y3  x  2x  3x   �x  �  � x  y � 4� (1) 0.5 � 15 � (x  2)  y  4x  9x   � 2x  �  � 16 � (2.0 điểm) �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 cịn dư ax  b Khi đó: f ( x)  ( x  4).(5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có: (2.0 điểm) � 2a  b  24 a �f (2)  24 � � �� �� � 2 a  b  10 �f (2)  10 � � b  17 � Do đó: f ( x)  ( x  4).(5x )  x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  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 � � xz x y yz 0.25 Khi đó, ta có: (2.0 điểm) x  z �x  y y  z � y  z �x  z x  y �  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 1  ( x  z ) y  ( z  y ).x  ( x  y ).z 4 1  ( x  y ).z  ( x  y ) z   VP(1) (đpcm) 4 VT(1)  KL:… Câu 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) � = ADM � BAF = 900 (ABCD hình vuông) � 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 � = 900 (gt) Mặt khác DAE 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 � = HBC � � ) Lại có HAB (cùng phụ ABH � ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) 2 SΔCBH SΔCBH �BC � �BC � = � = � �, mà (gt) � � �= nên BC2 = (2AE)2 SΔEAH SΔEAH �AE � �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 a2 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 Dấu “=” xảy � � a �  bx  ay  2 (*) (**) y  b x   x  y  �xy  a  b  2 điểm 0.75 �0 (luôn đúng) 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  c a (b  c ) b (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 �  � �  � 2 a b 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 � Hay a  b  c � �  � ab  ac bc  ab ac  bc �a b c � 1 Mà   �3 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 khơng chấm – x – 6) Phân tích P(x) tích thừa số bậc nhất: P(x) = 6x – 7x2 – 16x + 12 = (2x + 3)(3x – 2)(x – 2) 2.2) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Mà P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e => P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + x2  P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156 0,5đ 0,5đ 0,5đ  P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769 Vì a, b, c  [0; 1] => (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc (vì a + b + c = 2) = - + (ab + bc + ac) – abc ≥ ab + bc + ac ≥ abc + ≥ (vì abc ≥ ) => -2 (ab + bc 0,5đ 0,5đ + ac)  -2 0,5đ 0,5đ Lại có: (a + b + c)2 = a2 + b2 +c2 + 2(ab + bc + ac) => P = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = – (ab + bc + ca)  - = Vậy P = a2 + b2 + c2 đạt giá trị lớn (a, b, c) hoán vị (0; 1; 1) a) DF // BE (vì vng góc với AC) => DFBE hình bình AFD = CEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE hành 1đ 1đ b) BC // AK => BCK = 900 ABC = 900 + BCH (góc ngồi =>  CHB) ABC = HCK HCK = 90 + BCH Có CKD = ACD + DAC (góc ngồi 0,5đ DKC) HBC = BAC + BCA mà BCA = DAC ; BAC = DCA  CKD  hay  CBH => CD CK  BC CH AB CK  BC CH CHK c) AEB 0,5đ 0,5đ 0,5đ BCA (c.g.c) AHC => AB AE  AC AH 1đ => AE.AC = AB.AH (1) AFD AKC => AF AD  AK AC 1đ => AF.AC = AD.AK (2)  Cộng vế với vế (1) (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH + AD.AK (3) 1đ Mà AFD = CEB (CM trên) => AF = CE  (3) AC.(AE + EC) = AB.AH + AD.AK AC2 = AB.AH +AD.AK PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 120 phút Câu 1(6điểm) Giải phương trình sau: a (2 x  x  2013)2  4( x2  x  2012)2  4(2 x  x  2013)( x  x  2012) b x   x   Chứng minh bất đẳng thức sau: x2 + y2 + z2 �xy + xz + yz với x , y ,z Câu (5điểm) 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 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x2 – xy = 6x – 5y – Câu (2điểm) Cho a , b >0 a + b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M = (1 + ) + ( + )2 a b Câu 4: (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AC > AB) , đường cao AH (H� BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E Chứng minh  BEC đồng dạng  ADC Tính độ dài đoạn BE theo m = AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh  BHM đồng dạng  BEC Tính số đo góc AHM Tia AM cắt BC G Chứng minh : GB HD  BC AH  HC …………….Hết……………… PHÒNG GD&ĐT THANH OAI TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN Năm học: 2013 - 2014 Nội dung đáp án Điểm điểm điểm 2điểm Câu1 1) a) �a  x  x  2013 Đặt: � b  x  x  2012 � 0,5điểm Phương trình cho trở thành: a  4b  4ab � ( a  2b)  � a  2b  � a  2b 0,5điểm Khi đó, ta có: x  x  2013  2( x  x  2012) � x  x  2013  x  10 x  4024 � 11x  2011 � x  2011 11 0,5điểm 0,25điểm Vậy phương trình có nghiệm x  2011 11 0,25điểm b) 2điểm Lập bảng xét dấu nhị thức : x – x + x x–1 x+3 -3 – – 0,25điểm | – 0 + | + 0, 5điểm + +) Xét x < - (1) Phương trình � – x – – x = � - 2x = � x = - Không thỏa mãn (1) +) Xét - � x �1 (2) 0,5 điểm 0,25điểm Phương trình � – x + x +3 = � 0x = Thỏa mãn với x � R cho - � x �1 + ) Xét x �1 (3) Phương trình � x – + x+ 3= � 2x = � x=1 Thỏa mãn (3) Kết luận : Vậy phương trình có nghiệm - 3< x �1 2) 2 Có ( x – y ) + ( y – z ) + ( z – x ) �0 với x, y ,z � x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2xz + x2 �0 � 2( x2 + y2 + z2) �2( xy + xz + yz ) � x2 + y2 + z2 �xy + xz +yz (đpcm) Câu 1) 0,25điểm 2điểm 0,5điểm 0,5 điểm 0,5điểm 0,5điểm 5điểm 2,5điểm Giả sử f(x) chia cho x  thương 5x dư ax  b Khi đó: f ( x)  ( x  4).(5 x)  ax+b Xét giá trị riêng x cho x2 – = � (x – )( x + 2) = � x = x = - Với x =2 � f(2) = 2a +b Với x = - � f(- 2) = - 2a + b Theo đề bài, ta có: � 2a  b  24 a �f (2)  24 � � �� �� � 2a  b  10 �f (2)  10 � � b  17 � Do đó: f ( x)  ( x  4).(5x )  x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  2) 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm 47 x  17 x – xy = 6x – 5y - � x – 6x + = y (x – ) (2) 0,5điểm 0,25điểm 2,5 điểm 0,5điểm x2  x  ( x =5 khơng nghiệm phương trình (2)) x 5 � y=x–1+ Vì x , y nguyên nên x – ước x5 0,25điểm Hay x – � { - 1, 1, , - 3}hay x �{ 4, , , 2} 0,5điểm Khi x = y = Khi x =4 y = Khi x = y = Khi x= y =8 0,25điểm � y= 0,25điểm Vậy phương trình có nghiệm ngun ( x, y)= (2, 0) ,(4 , 0) ,(6, 8) , 0,25điểm (8, 8) Câu ab ab ) +(1+ ) a + b =1 a b b a M = ( + )2 + ( + )2 a b 4b 4a b a2 M=4+ + +4+ + a b a b 2 a b b a M = + (  ) + 4(  ) �8+ + = 18 b a a b a b a b2 ( a > 0, b> nên  �2  �2 ) b a b a Dấu = xảy � a = b a + b = � a = b = Vậy M = 18 Khi a = b = M= ( + Câu 2,0điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 7,0điểm 2,5điểm a) 0,25điểm Vẽ hình Chứng minh  CDE :  CAB (g.g) Suy CD CA  CE CB Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm CD CA  (Chứng minh trên) CE CB Do  ADC :  BEC (c.g.c) 0,25điểm Suy : góc BEC = góc ADC = 135 ( tam giác AHD 0,25điểm vuông cân H theo giả thiết) 0,25điểm Nên góc AEB = 45 Do tam giác ABE vuông cân A 0,25điểm Suy : BE  AB  m b) 2,5điểm BM BE AD  �  � (do BEC : ADC ) BC BC AC Mà: AD  AH ( tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH AH  �  �  Nên BC AC AC AC AH BH  Mà ABH : CBA (g g ) � AC AB BM BH BH  Nên : BC  ( BE  AB ) AB BE Do đó: BHM : BEC (c.g.c), suy ra: � �  1350 � � BHM  BEC AHM  450 Ta có: 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 2,0điểm c) Tam giác ABE vuông cân A , nên tia AM cịn phân giác góc BAC 0,5điểm GB AB  GC AC AB ED AH HD   ABC  DEC    ED / / AH   mà AC DC HC HC 0,5điểm Suy AG phân giác góc BAC Suy ra: Do đó: GB HD GB HD GB HD  �  �  GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Điểm toàn 20 điểm - Hết - 0,5điểm 0,5điểm Trường THCS Mỹ Hưng ĐỀ THI ƠLYMPIC MƠN TỐN LỚP (120 Phút) (năm học 2013 – 2014) C©u : (6 điểm) a) Giải phơng trình : 1 1    x  x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác Chøng minh r»ng : A= a b c   3 b c  a a c  b a b c Câu : (5 điểm) a) Chứng minh r»ng nÕu tỉng cđa hai sè nguyªn chia hÕt cho tổng lập phơng chúng chia hết cho b) Tìm số nguyên n dể n5 + chia hÕt cho n3 + Câu (3 điểm ) a Cho số dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: 1   �9 a b c b Cho a, b dơng a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011 Bµi : ( im ) Cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đờng thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia BA O Chøng minh r»ng : a ) OA.OB = OC.OH b ) Góc OHA có số đo không đổi c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi ỏp ỏn hng dn chm Câu : (6 đ) a) (3 ®) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; 0,5 §KX§ : x  4; x  5; x 6; x 0,5 Phơng trình trở thµnh : 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 1 1 1       x  x  x  x  x  x  18 1   x  x  18 1,75 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Tõ ®ã tìm đợc x=-13; x=2; ( 0,25) b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 Tõ ®ã suy a= yz xz xy ;b  ;c  ; 2 ( 1,5 ) Thay vào ta đợc A= yz xz xy 1 y x x z y z     (  )  (  )  (  ) 2x 2y 2z 2 x y z x z y  ( 0,75 đ) Tõ ®ã suy A  (2   2) hay A 3 ( 0,25đ ) C©u : (2đ) a) Gọi số phải tìm a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 0,25 Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)  (a  2ab  b )  3ab = =(a+b)  (a  b)  3ab V× a+b chia hÕt cho nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho ; Do vËy (a+b)  (a  b)  3ab chia hÕt cho 0,5 b ) ( 3đ ) n5 + M n3 + � n5 + n2 – n2 + Mn3 + � n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) � Mn3 + � (n – 1)(n + 1) M (n+1)(n2 – n + 1) �n–1 M n2 – n + � n(n – 1) M n2 – n + Hay n2 – n M n2 – n + � (n2 – n + 1) – M n2 – n + � 1M n –n+1 XÐt hai trêng hỵp: + n2 – n + = � n2 – n = � n(n – 1) = � n = 0, n = thư l¹i thÊy t/m đề + n2 n + = - � n2 – n + = , giá trị n thoả mÃn Cõu b c �1 �a  1 a  a � a c �1 a Từ: a + b + c = � �  1  ( 1đ ) b b �b a b �1    �c c c � 1 �a b � �a c � �b c � �     �  � �  � �  � a b c �b a � �c a � �c b � �3     Dấu xảy � a = b = c = ( 0,5 đ ) b (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002  (a+ b) – ab =  (a – 1).(b – 1) =  a = hc b = (1đ) 2000 2001 Víi a = => b = b => b = b = (loại) Với b = => a2000 = a2001 => a = hc a = (lo¹i) ( 0,5 đ ) VËy a = 1; b = => a2011 + b2011 = O Câu ( đ ) a)  BOH ~  COA (g-g) � OB OH � OA.OB = OC.OH  OC OA (2đ) A B H M K C OB OH OA OH �   OC OA OC OB � chung  OHA vµ  OBC cã O Tõ (1) vµ (2) �  OHA ~  OBC (c.g.c) OBC OHA (không đổi) ( đ ) b) (1) (2) c) VÏ MK  BC ;  BKM ~  BHC (g.g) � BM BK  � BM.BH = BK.BC BC BH (3)  CKM ~  CAB (g.g) � CM CK  � CM.CA CB CA = BC.CK (4) Céng tõng vÕ cđa (3) vµ (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC(BK + CK) = BC2 (kh«ng ®ỉi) ( đ ) PHỊNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - b Chứng minh n �N * n3  n  hợp số c Cho hai số phương liên tiếp Chứng minh tổng hai số cộng với tích chúng số phương lẻ Câu a Giải phương trình: x 1 x  x  x  2012      2012 2012 2011 2010 b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 Câu a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b Cho a; b; c ba cạnh tam giác Chứng minh: ab bc ac   �a  b  c a  b  c a  b  c a  b  c Câu Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vuông b Chứng minh DF  CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a Hết./ Họ tên: Số báo danh: PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC: 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung Điể 2 = (x - y) +4(x - y) - = (x - y) + 4(x - y) + -9 2 điểm = (x - y + 2) - = ( x - y + 5)(x - y -1) 3 b Ta có: n + n + = n + 1+ n+1= (n + 1)( n - n + 1) + (n + 1) a điểm =(n+1)( n2 - n + 2) Câu điểm c Do n �N * nên n + > n2 - n + >1 Vậy n3 + n + hợp số Gọi hai số a2 (a+1)2 điểm Theo ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + = ( a2 + a + 1)2 số phương lẻ a2 + a = a(a + 1) số chẵn � a2 + a + số lẻ a x 1 x2 x 3 x  2012 1 1       2012  2012 � 2012 2011 2010 điểm x  2013 x  2013 x  2013 x  2013     0 � 2012 2011 2010 1 1 Câu ( x  2013)(     )  � x = 2013 2012 2011 2010 2 2 3 a + b + c = a + b + c = � a; b; c � 1;1 b điểm 3 2 2 2 0.5 � a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + c (c - 1) �0 � a3 + b3 + c3 �1 � a;b;c nhận hai giá trị điểm � b2012 = b2; c2013 = c2; � S = a2 + b 2012 + c 2013 = Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 2 điểm A = 2[(x+y) - 4(x + y) +4] + ( y + 6y +9) + A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + �1 Vậy minA = x = 5; y = -3 a 0.5 điểm 0.25 0.5 5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 a; b; c ba cạnh tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz xz x y ;b  ;c  2 ab bc ac ( y  z )( x  z ) ( x  z )( x  y ) ( x  y )( y  z )      a  b  c a  b  c a  b  c 4z 4x 4y xy yz xz 1� xy yz xz � (    3x  y  3z )  � 3( x  y  z )  (2   ) � z x y 4� z x y � Câu điểm ta có: x + y + z = a + b + c; a  1.5 0.25 0.25 0.25 Phương trình cho tương đương với: 1.5 b m 0.5 0,5 0.25 0,25 0.5 0.25 1� y x z x y z z x y � 3( x  y  z)  (  )  (  )  (  ) � � 4� z x z y y x � �  3( x  y  z )  x  y  z   x  y  z  Mà x + y + z = a + b + c nên suy điều phải chứng minh 0.25 Câu Hìn 3.5 h vẽ điểm E A B 0.5 đ H M F N D C G Chứng minh: EFGH hình thoi 1.25 Chứng minh có góc vng điểm Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng �  FDC � mà b VBEC VCFD(c.g c) � ECB a điểm VCDF vuông �  DFC �  900 � DFC �  ECB �  900 �VCMF vuông M � CDF 5 0.25 C 0.25 0.25 Hay CE  DF Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF 0.25 � GN//CM mà G trung điểm DC nên � N trung điểm DM Trong  MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến �  MAD 0.25 cân A c 0.75 điểm VCMD : VFCD ( g.g ) � CD CM  FD FC 0.25 S �CD � �CD � Do : VCMD  � �� SVCMD  � �.SVFCD SVFCD �FD � �FD � 0.25 Mà : SVFCD  CF CD  CD Vậy : SVCMD  CD CD FD Trong VDCF theo Pitago ta có : �1 � DF  CD  CF  CD  � BC � CD  CD  CD 4 �2 � Do : SVMCD CD 1  CD  CD  a 5 CD 4 Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm hình 0.25 PHỊNG GD – ĐT TP THỦ DẦU MỘT KỲ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS GIẢI THƯỞNG LƯƠNG THẾ VINH NĂM HỌC: 2012-2013 MƠN TỐN: LỚP Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi : 30/3/2013 Bài 1: (3d) a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24 a  b c  � a  b2  c2  2009 � b) Cho a,b,c thoả mãn: �2 Tính A = a4 + b4 + c4 Bài 2: (3đ) a) Cho x,y,z thoả mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn B = xy + yz + xz b) Cho Phương trình: dương 2x  m x    Tìm m để phương trình có nghiệm x x c) Cho a,b,c có tổng (a,b,c > 0) Chứng minh : 1   �9 a b c Bài 3(2đ) Cho tam giác ABC, phân giác đỉnh A cắt BC D, đoạn DB, DC lần BE.BF AB2 � �  lượt lấy điểm E F cho EAD  FAD Chứng minh CE.CF AC Bài 4(2đ) Cho tam giác ABC, điểm D M di động AB cho AD = BM Qua M vẽ đường thẳng song song BC cắt AC E N Chứng minh : tổng DE + MN không đổi Hết Giải Bài 1: (3d) � a  b c  a  b2  c2  2009 � a) Cho a,b,c thoả mãn: �2 Tính A = a4 + b4 + c4 Cách 1: Ta có: a+b+c=0  a+b = -c  (a+b)2 – 2ab = c2  (a+b)2 – c2 = 2ab  (a+b+c)(a+b-c) = 2ab  = 2ab  a=0 b=0  Nếu a=0  b = -c b2 + c2 = 2009  b2 + b2 = 2009  2b2 = 2009  b= 2009 2009 c = 2 4 4 Do đó: A = a + b + c = 04  2009  2009  20092 (1) 2 4  Nếu b=0  a = -c a2 + c2 = 2009  a2 + a2 = 2009  2a2 = 2009  a= 2009 2009 c = 2 Do đó: A = a + b + c = 04  2009  2009  20092 (2) 2 Từ (1) (2)  A = a4 + b4 + c4  20092 4 ... VIỆT N ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 201 2 -201 3 MƠN THI: TỐN LỚP Ngày thi: …./4 /201 3 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4,0... PHONG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 201 3 -201 4 MÔN THI: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi :14 tháng 04 năm 201 4 (đề thi gồm 01... = 1 ,8( cm) PB = 16k = 3,2 (cm) BD = (cm) C/m BC2= BP.BD = 16 ®ã BC = (cm) CD = (cm) Bµi 5: a) Ta cã: 200 9200 8 + 201 1201 0 = (200 9200 8 + 1) + ( 201 1201 0 – 1) V× 200 9200 8 + = (200 9 + 1) (200 9200 7