Đề thi chọn học sinh năng khiếu lớp 8 THCS năm học 2013 2014 môn: Toán48860

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2013 - 2014 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút khơng kể thời gian giao đề Đề thức Đề thi có: 01 trang Câu (4 điểm) a) Tìm cặp số tự nhiên (x, y) thoả mãn (x + 1)y = x2 + b) Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 Câu (3 điểm)  x2 x  y2 y  x  xy  y Cho biểu thức P      : x  x  xy xy y  xy  xy a) Rút gọn P b) Tìm giá trị P với x   y   Câu (4 điểm) a) Cho số a, b, c thoả mãn b  c, a  b  c, c  ac  bc  ab  a  a  c  Chứng minh rằng: b  b  c   a c bc b) Giải phương trình x  1x  x  3x    297 Câu (7 điểm) Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M cạnh BC Từ M kẻ ME vng góc với AB, kẻ MF vng góc với AC (E  AB; F  AC ) a) Chứng minh: FC.BA + CA.B E = AB2 chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí M b) Chứng tỏ đường thẳng qua M vng góc với EF ln qua điểm cố định c) Tìm vị trí M để diện tích tứ giác MEAF lớn Câu (2 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức B = x + y + z Biết x, y, z số thực thoả mãn điều kiện y2 + yz + z2 = 1007 - 3x Hết Họ tên thí sinh:…………………………………… SBD:…………… Cán coi thi khơng cần giải thích thêm./ ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2013 - 2014 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A Một số ý chấm Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác mà tổ chấm cho điểm phần ứng với thang điểm hướng dẫn chấm B Đáp án thang điểm Câu (4 điểm) a) Tìm cặp số tự nhiên (x, y) thoả mãn (x + 1)y = x2 + b) Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 a) Ta có x  1 y  x   x  1 y  x  1   x  1 y  x  1  (*) Vì x, y  N nên từ (*) suy x   Ư(5) x    x   1;5 - Với x + =  y  x   Suy x = 0, y = - Với x + =  y  x   Suy x = 4, y = Vậy, cặp số tự nhiên (x;y) cần tìm là: (0;4), (4,4) b) Ta có n5   n n3  1 n  1 n5  1Mn3   n  1Mn3   n  1n  1Mn  1n  n  1  n  1Mn  n  1 - Với n = n - =  n  1Mn  n  1 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ - Với n > n   n n  1   n  n   xảy khả n  1Mn  n  1 0,5đ Vậy, n = giá trị cần tìm Câu (3 điểm)  x2 x2  y y  x  xy  y Cho biểu thức P      : x  x  xy xy y  xy  x y a) Rút gọn P b) Tìm giá trị P với x   y   ĐKXĐ: x  0; y  0; x  y 0,25đ   x2 x2  y y2 x y    x  x x  y  xy y x  y   x  xy  y  x  y x  y    x2 y xy x y      x  xy x  y  xy x  y  xy x  y   x  xy  y   2 2  x y  x  x y  xy  y  xy  x y     2 x  xy x  y   x  xy  y a) P    ThuVienDeThi.com 0,5đ 0,5đ  x3  y x y 2y x  y y  x     x xy x  y  x  xy  y xy xy xy 0,5đ  y    y 1    y     x 1 ; x  b) x     0,5đ Ta có x = (loại, khơng thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25đ ta tính P = 3; Với x = 1; y =  ta tính P  0,5đ Với x = 1; y =  Câu (4 điểm) a) Cho số a, b, c thoả mãn b  c, a  b  c, c  ac  bc  ab  a  a  c  Chứng minh rằng: b  b  c  2  ac bc b) Giải phương trình x  1x  x  3x    297 a) Ta có: a  a  c   a  c  c  a  c  2 1,0đ  a  c  ac  bc  ab   a  c   a  c a  b  c  Tương tự, ta có: b  b  c   b  c a  b  c  0,5đ a  a  c  Do đó: b  b  c   ac bc 0,5đ b) x  1x  x  3x    297  x  x  x  x  21 297 Đặt t  x  x  13 , PT trở thành: 0,5đ t  19 t  19 t  8t  8  297  t  361   t  19 t  19     - Với t = 19  x  x  13  19  x  x  32   x  8  x  x      x  - Với t = -19  x  x  13  19  x  x   PT vơ nghiệm, x  x   x     x Vậy, tập nghiệm PT cho là: S  8;4 ThuVienDeThi.com 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu (7 điểm) Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M cạnh BC Từ M kẻ ME vng góc với AB, MF vng góc với AC (E  AB; F  AC) a) Chứng minh: FC.BA + CA.B E = AB2 chu vi tứ giác MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí M b) Chứng tỏ đường thẳng qua M vng góc với EF qua điểm cố định c) Tìm vị trí M để diện tích tứ giác MEAF lớn A F H O E B M I C N FC MC  AC BC BE BM ME//AC (vì vng góc với AB) nên  BA BC FC BE MC BM      FC.BA  BE AC  AC.BA  AB Suy AC BA BC BC µF µ  900 nên hình chữ nhật AE Tứ giác AEMF có µ  Chu vi tứ giác AEMF 2(AE + AF) Mặt khác, AF = ME, ME = BE (vì V BEM vng cân E)  AF  BE  Chu vi tứ giác AEMF bằng: 2(AE + BE) = 2AB (không đổi)  Chu vi tứ giác AEMF không phụ thuộc vào vị trí M b) Gọi I trung điểm BC, O giao điểm AM EF, đường thẳng qua M vng góc với EF H ct tia AI ti N à1 M ả (cùng phụ với góc MEF); Ta có F µ1  M ¶ (vì AEMF hình chữ nhật)  M ¶1M ¶2 F a) Ta có MF//AB (vì vng góc với AC) nên ¶3M ¶ (vì tam giác BEM, MFC vuông cân E, F) Lại có M ¶ 1M ¶3M ¶ M ¶ hay BMH · · · ·  ·AMI , mà BMH  IMN  ·AMI M nên IMN Tam giác ABC vuông cân A nên AI  BC Tam giác AMN có MI vừa đường cao, vừa đường phân giác nên tam giác ThuVienDeThi.com 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ AMN cân M  MI trung trực AN  N đối xứng với A qua BC  N điểm cố định Vậy, đường thẳng qua M vng góc với EF ln qua điểm N cố định c) Ta có S MEAF  AE.AF  S MEAF lớn  AE.AF lớn Theo phần a) AE + AF = AB (khơng đổi) nên tích AE.AF lớn AB  AE  AF   M trung điểm BC Vậy, M trung điểm BC tứ giác MEAF có diện tích lớn AB 0,5đ 1,0đ 0,5đ Câu (2 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức B = x + y + z Biết x, y, z số thực thoả mãn điều kiện y2 Ta có y2 + yz + z2 = 1007 - + yz + z2 3x = 1007 3x  x  y  yz  z  2014  x  y  z  xy  yz  xz  x  y  xy  x  z  xz   2014  x  y  z   x  y   x  z   2014 Vì x  y   0, x  y  z  2 x  z  2 1,0đ (1)  nên từ (1) suy ra:  2014   2014  x  y  z  2014  2014 2014  ) x  y  z  2014  x  y  z  0,5đ  ) x  y  z   2014  x  y  z  2014  2014 Min( x  y  z )   2014  x  y  z  0,25đ Vậy, Max( x  y  z )  2014  x  y  z  Hết ThuVienDeThi.com 0,25đ ...HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2013 - 2014 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A Một số ý chấm Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác... nên từ (1) suy ra:  2014   2014  x  y  z  2014  2014 2014  ) x  y  z  2014  x  y  z  0,5đ  ) x  y  z   2014  x  y  z  2014  2014 Min( x  y  z )   2014  x  y  z ... yz + z2 3x = 1007 3x  x  y  yz  z  2014  x  y  z  xy  yz  xz  x  y  xy  x  z  xz   2014  x  y  z   x  y   x  z   2014 Vì x  y   0, x  y  z  2 x