Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp thành phố Thanh Hóa năm học 2013 – 2014 Môn Toán lớp 944737

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ÐÀO TẠO THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 - MƠN TỐN- LỚP Ðề thức Ðề thi gồm có: 01 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09 tháng 01 năm 2014 ÐỀ BÀI Bài (4,0 điểm) a, Cho ba số x, y, z khác khơng Tính giá trị biểu thức b, Cho biểu thức 1   0 x y z A  xy z2 x B  yz x2  zx y2 4x   x   16 x x 4x  Rút gọn B chứng minh với giá trị nguyên x, biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài (4,0 điểm) a, Khi chia đa thức f(x) cho x - dư 2013, chia cho x - dư 2014, chia cho (x - 2)(x - 3) thương x2 - cịn dư Tìm đa thức f(x) b, Cho n số x1, x2, x3, , xn số -1 Biết tổng n cặp số x1x2, x2x3, x3x4 , , xnx1 Chứng minh n chia hết cho Bài (4,0 điểm)   x(x  2)(2x  y)  15 a, Giải hệ phương trình    x  4x  y  b, Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức C = x + y biết x2 + 3y2 + 2xy - 10x - 14y + 18 = Bài (4,0 điểm) Cho tam giác cân ABC, AB = AC Gọi H trung điểm BC, E hình chiếu H AC M trung điểm HE a, Chứng minh AM vng góc với BE ฀ ฀ b, Khi AC = 5CE N điểm đối xứng với M qua H Tính số đo CHE  CNE Bài (4,0 điểm) ฀ Cho góc xAy =450 quay xung quanh điểm A cố định Từ điểm B cố định vẽ BM BN vng góc với Ax Ay (M  Ax, N  Ay) Gọi E F thứ tự giao điểm BM với Ay BN với Ax a, Chứng minh EF có độ dài khơng đổi EF song song với đường thẳng cố định ฀ b, Khi xAy quay xung quanh điểm A trung điểm I EF nằm đường (HẾT) Phòng thi: .Số báo danh: Họ tên thí sinh: Họ tên, chữ ký giám thị 1: Họ tên, chữ ký giám thị 2: DeThiMau.vn PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HĨA THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN- LỚP Bài (4 điểm) 1 1 1   0   a, + Theo x, y, z ba số khác x => x y z y z => ( 1 1 1 1    3 (  )  )  x y x y xyz x y y3 z z3 => x + Ta có A xy z2  yz x2  zx y2  xyz( z3  x3  y3 )  xyz 3 xyz (1,0 điểm) (1,0 điểm) b, + Nhận thấy: Tương tự x 4x  1 4x  1 4x  1  (x  )   )  ( 4 4 x 4x  4x  1 (  )  8x  16x 4x    16  ( ) 2 x x x x Ta có Điều kiện để B có nghĩa : x  + Rút gọn : B Với x 4x  1   B (0,5 điểm) 4x  1  4x  x x 4x  1 x x B  Với 4x  (1,0 điểm) + Giả sử với giá trị nguyên x biểu thức B nhận giá trị nguyên Từ điều kiện x B ta xét giá trị nguyên Khi 4x  nguyên, suy 4x - phải số phương lẻ Do có dạng 4x - = (2k + 1)2 với k  Z, suy 4x - = 4k2 + 4k + hay 4x - 4k2 - 4k = => 4(x - k2 - k) = điều vô lí Vậy với giá trị ngun x biểu thức B nhận giá trị nguyên (ĐPCM) (0,5 điểm) x DeThiMau.vn Bài (4 điểm) a, + Gọi thương phép chia đa thức f(x) cho x - đa thức A(x) , ta có f(x) = (x - 2) A(x) + 2013 với x (1) Gọi thương phép chia đa thức f(x) cho x - đa thức B(x) , ta có f(x) = (x - 3) B(x) + 2014 với x (2) Gọi phần dư phép chia đa thức f(x) cho (x - 2)(x - 3) R(x) Vì đa thức chia (x - 2)(x - 3) đa thức bậc hai, nên đa thức dư R(x) đa thức bậc có dạng R(x) = ax + b, ta có f(x) = (x - 2)(x - 3)(x2 - 1) + (ax + b) với x (3) (1,0 điểm) + Với x = thay vào (1), (3) ta : 2a + b = 2013 Với x = thay vào (2), (3) ta : 3a + b = 2014  2a  b  2013 a  Giải hệ : 3a  b  2014 tìm  b  2011   + Thay a = ; b = 2011 vào (3), đa thức cần tìm f(x) = (x - 2)(x - 3)(x2 - 1) + (x + 2011) = x4 - 5x3 + 5x2 + 6x + 2005 (0,5 điểm) (0,5 điểm) b, + Theo ra, số x1, x2, x3, , xn số -1 Suy cặp số x1x2, x2x3, x3x4 , , xnx1 có giá trị -1 (0,5 điểm) + Theo ra: x1x2 + x2x3 + x3x4 + + xnx1 = Suy số cặp có giá trị ln ln n số cặp có giá trị -1 cặp Do n chia hết cho (0,5 điểm) n + Tiếp theo ta cần chứng minh số cặp có giá trị -1 số chẵn ( tức chẵn) Thật vậy, xét tích n cặp số cho (x1x2)(x2x3)(x3x4) (xnx1) = x12x22x32 xn2 =1 > (0,5 điểm) n Điều chứng tỏ số cặp có giá trị -1 số chẵn, suy chẵn Do n chia hết cho (ĐPCM) Bài (4 điểm) a, + Hệ phương trình cho tương đương với hệ phương trình:  (x  2x)(2x  y)  15    x  2x  2x  y   x  2x  u + Đặt 2x  y  v  điều kiện u  -1 (1) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Hệ phương trình cho trở thành uv  15  u  3 u     u  v  Giải ta tìm  v  ;  v  3 (1,0 điểm) u  + Kết hợp với điều kiện u  -1, nên ta chọn thay  vào (1) ta  v  3  x  2x   2x  y  3 Giải ta tìm  x     y  2   x    ;  y    Đây hai nghiệm hệ phương trình cho DeThiMau.vn (0,5 điểm) b, + Theo ta có: (x2 + y2 + 25 + 2xy - 2x - 2y 5) + 2y2 - 4y - = (x + y - 5)2 + 2(y2 - 2y) - = (x + y - 5)2 + 2(y2 - 2y + 1) - = (x + y - 5)2 + 2(y - 1)2 - = (x + y - 5)2 = - 2(y - 1)2 (1) + Vì 2(y - 1)2  nên từ (1) suy (x + y - 5)2 3  x  y   => 9 (1,0 điểm) => x  y    x  y  hay  A  (2) + Từ (2) suy ra: max A = Từ (2) suy ra: A = x = 7; y = x = 1; y = (0,5 điểm) (0,5 điểm) Bài (4 điểm) A Q P E F M B C H N a, + Gọi F trung điểm EC, nối MF Xét EHC, chứng minh MF//HC, mà HC  AH, suy MFAH + Xét AHF, chứng minh M trực tâm, suy AM  HF (1) + Xét BEC, chứng minh BE // HF (2) Từ (1) (2) suy AM  BE (ĐPCM) (1,0 điểm) (1,0điểm) (1,0 điểm) ฀ =1v HE đường cao nên AE EC = HE2 b, + Xét AHC có H Theo AC = 5CE, nên AE = 4EC, 4EC EC = HE2 => 2EC = HE + Vẽ hình vng EMPQ, nối NP CP Chứng minh MNP = QPC (hai cạnh góc vuông nhau) ฀ ฀ => NP=CP (1) MPN  QPC ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ Vì hình vng EMPQ có: QPM  90  QPC  CPM  MPN  CPM  NPC ฀ => NPC  90 (2) ฀ Từ (1) (2) suy NPC vng cân, PNC  45 (3) ฀ ฀ + Mặt khác MNP = EHC (hai cạnh góc vng nhau) nên MNP  CHE (4) ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ + Từ (3) (4) ta tính : CHE  CNE  MNP  CNE  PNC  45 (1,0 điểm) DeThiMau.vn Bài (4 điểm) x F M d I B 450 O y A N E a, + Chứng minh ANF vuông cân, suy AN = FN Chứng minh B trực tâm AEF, suy EFAB ฀ ฀ ฀ ฀ Vì AN = FN, ANB  FNE  1v , NAB  NFE , suy ANB=FNE Do EF = AB, mà A, B cố định nên AB có độ dài khơng đổi Vì EF có độ dài khơng đổi (ĐPCM) (1,0 điểm) + Do A, B cố định nên AB cố định Qua điểm A kẻ đường thẳng d  AB nên đường thẳng d cố định Mà EF AB (chứng minh trên) Do EF//d Vậy EF ln ln song song với đường thẳng d cố định (ĐPCM) (1,0 điểm) 1 IM  IN  EF= AB b, + Vì I trung điểm EF nên chứng minh 2 OM  ON  AB Gọi O trung điểm AB nên chứng minh 0 ฀ ฀ Suy IM = IN = OM = ON Lại chứng minh MON  2MAN  2.45  90 Do tứ giác OMIN hình vng, suy OI = MN AB ฀ Xét MON, O  1v ta tính MN  (1,0 điểm) + Do độ dài OI  AB 2 AB 2 Ta nhận thấy A, B cố định nên trung điểm O AB cố định, không đổi Nêntrung điểm I EF ln ln nằm đường trịn tâm O cố định, bán kính AB 2 ฀ khơng đổi góc xAy quay xung quanh điểm A (hết) Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương - Nếu không vẽ hình vẽ sai 4, không chấm điểm DeThiMau.vn (1,0 điểm) DeThiMau.vn ...PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HĨA THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM - MÔN TOÁN- LỚP Bài (4 điểm) 1 1 1   0   a, +... (1,0 điểm) + Với x = thay vào (1), (3) ta : 2a + b = 2013 Với x = thay vào (2), (3) ta : 3a + b = 2014  2a  b  2013 a  Giải hệ : 3a  b  2014 tìm  b  2011   + Thay a = ; b = 2011 vào... nhận giá trị nguyên (ĐPCM) (0,5 điểm) x DeThiMau.vn Bài (4 điểm) a, + Gọi thương phép chia đa thức f(x) cho x - đa thức A(x) , ta có f(x) = (x - 2) A(x) + 2013 với x (1) Gọi thương phép chia đa