PHÒNG GD-ĐT Trường THCS ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG Năm học 2013 – 2014 ĐỀ THI MƠN TỐN – LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Cho biểu thức: x −  x − 36  6x + + A=    x − x x + x  12 x + 12 a, Tìm tập định rút gọn biểu thức A b, Tính giá trị biểu thức A với x = 9+4 Câu 2: Cho a, b bình phương hai số nguyên lẻ liên tiếp Chứng rằng: ab – a – b + chia hết cho 192 Câu 3: a, Chứng minh bất đẳng thức: x2 + y2 – xy ≥ x + y – b, Cho: a b c b c a + + = Chứng minh rằng: ( ) +( ) +( ) =2 b−c c−a a−b b−c c−a a−b Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD TRên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M điểm đối xứng C qua P a) Tứ giác AMDB hình gi? b) Gọi E, F hình chiếu điểm M AD, AB Chứng minh: EF // AC ba điểm E,F,P thẳng hàng c) Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P *** Cán coi thi khơng giải thích thêm *** ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN – LỚP Câu Phần a TXĐ: x ≠ 0; x ≠ ±  6x + Bài giải x −  ( x + 6)( x − 6) + A=    x ( x − 6) x( x + 6)  12( x + 1) = = x + 36 x + x + + x − 36 x − x + = x 12( x + 1) b 12( x + 1) 1 = = x 12( x + 1) x 1 = = 9+4 = 2+ A= x 9+4 Vì a, b hai số phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có: a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k ∈ Z; k ≠ ab – a – b + = (a – 1)(b – 1) = 16k2(k – 1)(k + 1) Vì k(k + 1)(k – 1) chia hết cho với k thuộc Z Và k2(k + 1)(k – 1) chia hết cho 4, với k thuộc Z Kết hợp với (3,4) = nên ab – a – b + chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm) x2 + y2 – xy ≥ x + y – ⇔ x2 + y2 + – xy – x – y ≥ a b ⇔ 2x2 + 2y2 + – 2xy – 2x – 2y ≥ ⇔ (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 ≥ Bất đẳng thức luôn Vậy x2 + y2 – xy ≥ x + y – Ta có: a b c + + =0 b−c c −a a −b b c   a ⇔ + + ÷ =0  b−c c −a a −b  2 ab bc ca  a   b   c  ⇔ +2 +2 =0 ÷ + ÷ + ÷ +2 ( b − c) ( c − a) ( c − a) ( a − b) ( a − b) ( b − c)  b− c  c− a  a−b 2 abc  a   b   c  ⇔ ÷ + ÷ + ÷ +2 ( b − c) ( c − a) ( a − b)  b−c   c−a   a−b   a −b b−c c−a  + +  ÷= a b   c 2 ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a ) abc  a   b   c  ⇔ =0 ÷ + ÷ + ÷ +2 abc ( b − c) ( c − a) ( a − b)  b− c  c− a  a−b  a  ⇔ ÷  b− c  a  ⇔ ÷  b− c  b  + ÷  c− a  b  + ÷  c− a 2 ab ( a − b ) + bc ( b − c ) − ca ( a − b + b − c ) abc  c  + =0 ÷ +2 abc ( b − c) ( c − a ) ( a − b)  a−b ab ( a − b ) + bc ( b − c ) − ca ( a − b ) − ca ( b − c ) abc  c  + =0 ÷ +2 abc ( b − c) ( c − a ) ( a − b)  a− b 2 a ( a − b) ( b − c) − c ( b − c) ( a − b) abc  a   b   c  ⇔ =0 ÷ + ÷ + ÷ +2 abc ( b − c) ( c − a) ( a − b)  b− c  c− a  a−b 2 ( a − b) ( b − c) ( a − c) = abc  a   b   c  ⇔ ÷ + ÷ + ÷ +2 abc ( b − c) ( c − a) ( a − b)  b−c   c −a   a −b  2 2 2  a   b   c  ⇔ ÷ + ÷ + ÷ −2 =  b −c   c − a   a −b   a   b   c  ⇔ ÷ + ÷ + ÷ = (đpcm)  b −c   c −a   a −b  F B A I HVẽ O E M P C D a Gọi O giao điểm AC BD Ta có O trung điểm AC P trung điểm MC Hay PO đường trung bình ∆ ACM hay AM // PO Vậy BD // AM hay tứ giác AMDB hình thang · · Do AM // BD hay OBA = MAE (đồng vị) · · Xét tam giác cân OAB ta có OBA = OAB b c · · Gọi I giao điểm MA EF, ta thấy ∆AEI cân I hay IAE = IEA · · Suy FEA = OAB hay EF //AC (1) Mặt khác IP đường trung bình ∆ MAC suy IP // AC (2) Từ (1) (2) suy : E,F, P thẳng hàng Do ∆ MAF ∼ ∆ DBA (g – g) → MF AD = không đổi FA AB - Mọi cách giải khác cho điểm tối đa