SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2014-2015 Đề thức Mơn: Tốn - Lớp (Thời gian làm 150 phút, không kể phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài Nội dung x x 1 Cho A x 1 x 1 x x 1 x a ) Rút gọn biểu thức A Điều kiện: x > x3 x 1 A x 1 x 1 x x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x x 1 0,5 0,25 x 1 x 2020 x 2015 x thoa đieu kien 2020 x 2015 2020 x 2015 x 4035 thoa đieu kien - Với x = 5, A = 1; - Với x = 4035, A 3907,97 n 26.5 n n 1 25.5 n 26.5 n 8.8 n 51.5 n 8.64 n (59 8).5 n 8.64 n 59.5 n 8.(64 n n ) 59 64 n n (64 5) 59 (với n) Bài 2b 0,5 2 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x x 1 b) Tính giá trị biểu thức A 2020 x 2015 Bài 2a Điểm Vậy n 26.5 n n 1 59 Giả sử n + 12 = a2 n – 11 = b2 (a, b N, a > b) Suy ra: a2 – b2 = n + 12 – n + 11 = 23 (a + b) (a - b) = 23.1 a b 23 a b Giải hệ phương trình: Giải ra: a = 12, b = 11 => n = 132 ThuVienDeThi.com 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 3a Bài 3b Ta có: y x x y x y xy y ( x 1) x( x 1) y ( x 1) (1) Nhận xét: x nghiệm (1) Chia hai vế (1) cho x ta có: 2y2 x y (2) x 1 x Với x, y nguyên, suy nguyên nên x 1 x 1 x Thay x x vào (2) ta có y số nguyên y = Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên (2;1) (0;1) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 2 F = x y xy x y ( x xy y ) (4 x y xy x y ) 1,0 ( x y ) (2 x y 1) 2 x x y Dấu “=” xảy 2 x y y x Vậy F có giá trị nhỏ y Bài Hình vẽ 0,5 0,5 0,25 a) Chứng minh: MBA PBC (c.g.c) BA = BC ( tam giác ABC đều) MB = PB ( tam giác MBP đều) ABM CBP ( tổng số đo MBQ với ABM MBQ với CBP 600 ) b) Ta có: BM // PC ( BMP MPC 60 vị trí so le trong) Suy hai tam giác QMB tam giác QPC đồng dạng 0,25 0,25 nên 0,5 MQ MB PB PQ PB PQ PC PQ PC ThuVienDeThi.com 0,5 0,25 0,5 PB PB 1 PB PQ PC PQ PC 1 hay PQ PB PC 0,5 c) Nối OI, ta có OI vng góc với AM (định lý) Từ I ln nhìn AO góc vng nên I thuộc đường trịn đường kính AO 0,5 Do P chạy cung nhỏ BC nên I di chuyển cung EF trịn đường kính AO bị giới hạn AB, AC Bài 5a đường 0,5 Hình vẽ 0,25 C J B A M I O O' D Đường kính AB (O) vng góc với dây CD I => I trung điểm CD Tứ giác ACMD có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường nên hình thoi Ta có: 5b ACB 90 MD // AC AB đuong kính O ACMD hình thoi MD BC (1) MJB 90 (MB đường kính (O’)) MJ BC (2) Từ (1) (2): ba điểm D, M, J thẳng hàng Ta có: JCD ( J =900), IJ trung tuyến ứng với cạnh huyền CD IJM IDM Mặt khác: IDM ICA (so le trong) CAM JMB (đồng vị) JMO' MJO' (O’M, O’J bán kính (O’)) Do đó: ICA IAC IJM MJO' IJO' =900 0,25 0,5 0,5 0,5 IJ=ID=IC= CD IJD cân I 5c Như vậy: đường thẳng IJ tiếp tuyến đường tròn (O’), J tiếp điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 5d IM IA O' M O' B AB =R (R bán kính (O)) IO’ JIO’ ( J 900 ): IJ2+O’J2=IO’2=R2 (theo định lí Pitago) Ta có: ThuVienDeThi.com 0,25 Nhưng: IJ2+O’J2 ≥ 2IJ.O’J=4SJIO, Do S(JIO,) ≤ 0,25 R2 Dấu đẳng thức xảy IJ=O’J JIO’ vng cân có cạnh huyền R nên: 2O’J2=O’I2=R2 O’J= R R R O’M= 2 Khi đó: MB=R ( đvđd) 0,25 0,25 Ghi chú:Thí sinh giải theo cách khác Nếu cho trọn số điểm theo qui định - HẾT - ThuVienDeThi.com ... Bài Hình vẽ 0,5 0,5 0,25 a) Chứng minh: MBA PBC (c.g.c) BA = BC ( tam giác ABC đều) MB = PB ( tam giác MBP đều) ABM CBP ( tổng số đo MBQ với ABM MBQ với CBP 600 ) b) Ta có: BM // PC... R O’M= 2 Khi đó: MB=R ( đvđd) 0,25 0,25 Ghi chú:Thí sinh giải theo cách khác Nếu cho trọn số điểm theo qui định - HẾT - ThuVienDeThi.com ... kính (O)) IO’ JIO’ ( J 900 ): IJ2+O’J2=IO’2=R2 (theo định lí Pitago) Ta có: ThuVienDeThi.com 0,25 Nhưng: IJ2+O’J2 ≥ 2IJ.O’J=4SJIO, Do S(JIO,) ≤ 0,25 R2 Dấu đẳng thức xảy IJ=O’J JIO’