PHỊNG GD & ĐT THỌ XN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014-2015 MƠN THI: TỐN LỚP Câu (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 2013 x 2012 x 2013 x2 2x 2 x2 A x 8 x x x x x Rút gọn biểu thức sau: Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: 2x x 2013 4. x x 2012 x x 2013 x x 2012 2 3 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x x x y Câu (4,0 điểm) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x dư 10, f ( x) chia cho x 2 dư 24, f ( x) chia cho x thương 5x dư Chứng minh rằng: 2 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 1) Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật 2) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh AC EF 1 2 AM AN 3) Chứng minh : AD Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thỏa mãn abc Chứng minh rằng: 1 a b c b3 c a c a b ĐÁP ÁN Câu 1.1 Ta có: x 2013 x 2012 x 2013 x x 2013x 2013 x 2013 x x 1 x x 1 2013 x x 1 x x 1 x x 2013 1.2 x x2 Điều kiện: Ta có: x2 2x 2x2 A 1 x 8 x x x x x x2 2x 2x2 2 x2 4 x x2 x x2 2x 2x2 2 x2 4 x2 4 x x. x x 2 x 2 x2 4 x x x 1 2x2 x2 4 x 1 x x2 x 1 x x2 x2 x x2 x3 x x x x x x2 x 1 2x x x 1 A x với x Vậy Câu a x x 2013 b x x 2012 2.1 Đặt Phương trình cho trở thành: a 4b 4ab a 2b a 2b a 2b Khi ta có: x x 2013 2. x x 2012 x x 2013 x 10 x 4024 11x 2011 x 2011 11 Vậy phương trình có nghiệm x 2011 11 3 y x x x x x y (1) 4 2.2 Ta có: 15 x y x x x y x (2) 16 Từ ta có: x y x mà x, y nguyên suy y x 3 Thay y x vào phương trình ban đầu giải phương trình tìm x 1 y Vậy x; y 1;0 Câu 3.1 Giả sử f ( x) chia cho x thương 5x dư ax b f ( x) x 5 x ax b Khi : Theo đề bài, ta có: f (2) 24 2a b 24 a f ( 2) 10 2a b 10 b 17 f ( x) x (5 x) x 17 Do : 47 f ( x) 5 x3 x 17 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: 3.2 a b c b c a2 c a b a b c2 b a c a c b2 Ta có: (1) xz a a b c x x y b c a y b a c b z yz c Đặt Khi ta có: xz x y yz yz xz x y 2 VT y x x y x y z 2 2 xz xz yz z y 2 y x x y z 2 2 1 x z y z y x x y z 4 =4 1 x y z x y z VP (dfcm) 4 Câu · · ·ABF (cùng phụ với BAH ) 1) Ta có: DAM · AB AD ( gt ); BAF ·ADM 900 (ABCD hình vng) ADM BAF g c.g DM AF , mà AF AE ( gt ) nên AE DM Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC ) · Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác DAE 90 ( gt ) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 2) Ta có ABH : FAH ( g g ) AB BH BC BH AB BC; AE AF AF AH hay AE AH · · · Lại có: HAB HBC (cùng phụ với ABH ) CBH : AEH (c.g.c) 2 S SCBH BC BC CBH , 4( gt ) BC AE S EAH AE mà S EAH AE BC AE E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD EF hay AC EF (dfcm) 3) Do AD / /CN ( gt ) Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: AD AM AD CN CN MN AM MN Lại có: MC / / AB gt Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: MN MC AB MC AD MC AN AB AN MN hay AN MN 2 2 2 MN AD AD CN CM CN CM 1 MN MN AM AN MN MN ( Pytago) 2 1 AD AD 1 AM AN AD AM AN ( dfcm) Câu Trước tiên ta chứng minh BĐT: Vơi a, b, c ¡ x, y, z ta có: a b2 c a b c x y z x yz a b c x y z Dấu " " xảy Thật vậy, với a, b ¡ x, y ta có: a b2 a b x y x y (*) (**) a y b x x y xy (a b) bx ay (luôn đúng) a b x y Dấu " " xảy Áp dụng bất đẳng thức ** ta có: 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z x yz a b c x y z Dấu " " xảy 1 2 1 a b c2 a b c b3 (c a ) c (a b) ab ac bc ab ac bc Ta có: Áp dụng BĐT (*) ta có : 2 1 1 1 1 1 a b2 c2 a b c a b c ab ac bc ab ac bc ab bc ac 1 1 2 a b c (Vì abc 1) Hay 1 2 11 1 a b c ab ac bc ab ac bc a b c 1 2 1 a b c 3 Mà a b c nên ab ac bc ab ac bc Vậy 1 a b c b c a c a b (đpcm) ... 1 x x 2013 1.2 x x2 Điều kiện: Ta có: x2 2x 2x2 A 1 x 8 x x x x x x2 2x 2x2 2 x2 4 x x2 x x2 2x 2x2 ... 3.1 Giả sử f ( x) chia cho x thương 5x dư ax b f ( x) x 5 x ax b Khi : Theo đề bài, ta có: f (2) 24 2a b 24 a f ( 2) 10 2a b 10 b 17 f