UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2014 - 2015 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm câu 01 trang) Câu I (5,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) M b) N 10 11 2 2x 1 với x 0, x 1 x 1 x 1 x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn biểu thức A Câu II ( 4,0 điểm) Cho hàm số bậc y 1 3m x 5m (1) đường thẳng d: y 2x Cho biểu thức A a) Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) hàm số đồng biến b) Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số y 1 3m x 5m đường thẳng d cắt điểm trục tung c) Tìm đường thẳng d điểm có tọa độ thoả mãn đẳng thức x y xy Giải phương trình x x x x 2 Câu III (4,0 điểm) Cho m số nguyên Chứng minh rằng: a) m m chia hết cho 30 m5 m m m số nguyên b) Biểu thức P 30 10 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y xy x x Câu IV (5,5 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O ) , đường cao AE , BF , CG cắt H ( E BC , F AC , G AB) Chứng minh rằng: a) Bốn điểm A, F , H , G thuộc đường tròn Xác định tâm I đường tròn qua bốn điểm A, F , H , G b) AG AC AH AE c) EF tiếp tuyến đường tròn tâm I , IEF Tính T cos6 cos6 3sin sin Đặt EIF Câu V (1,5 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị nhỏ biểu 1 thức Q a b c a b c ……………….Hết……………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm UBND HUYỆN NHO QUAN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 Hướng dẫn chấm gồm : 04 trang ĐỀ CHÍNH THỨC I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách khác đáp án, cho điểm tương đương - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm Bài hình hình vẽ khơng khớp với CM, khơng vẽ hình khơng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Nội dung Điểm Câu I (5,0đ) M 42 42 = 1a (1,0 điểm) ( 1) ( 1) 0,25 = 1 1 (vì 1) 1b (1,0 điểm) 10 11 10 11 20 11 2 2 3 11 11 11 2 2x 1 2x2 x x x 1 x x3 1 x 1 x 2 2x 1 x x 2x = 1 x 1 x 1 x 1 x x a) A ( 3,0 điểm) Câu II (4,0đ) (2,5đ) 0,25 0,25 2 N 0,25 0,5 0,5 2 1 x 1 x 1 x x = 1 x x2 0,5 0,5 0,5 x A = x x A b) Với 1 x x2 x A x Vậy giá trị lớn biểu thức A x 0,25 0,25 a) Hàm số bậc y 1 3m x 5m đồng biến 3m 0,25 3m m b) Đường thẳng y 2x cắt trục tung điểm có tung độ x ta 0,25 0,25 Để đồ thị hàm số (1) đường thẳng d cắt điểm trục tung tọa độ (0;3) thỏa mãn (1), ta có 1 3m 5m 5m m2 0,5 m 1 Vậy m 1 thỏa mãn yêu cầu toán c) Thay y = 2x + vào đẳng thức ta được: x2 + (2x + 3)2 – 2x(2x + 3) – = 0,25 0,25 0,5 (0;3) Oy x2 + 6x + = (x + 1)(x + 5) = x = –1 ( y = 1), x = –5 ( y = –7) Những điểm có toạ độ thoả mãn đẳng thức x y xy (–1; 1) ( –5; –7) ĐK: x PT x 2 x x x 2x 1 0,25 0,25 0,25 ( x 1) ( x 3) (1,5đ) 0,5 0,25 2x 2x 2x 0,25 2x 2x x x 14 x 0,25 0,25 Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình x7 0,25 Câu III (4,0đ) C = m m = m( m 1) m( m 1)( m 1) m( m 1) ( m 4) 5) 0,25 = (m - 2)(m - 1)m(m +1)(m + 2)+ 5(m - 1)m(m +1) Ta có A (m 2)( m 1) m(m 1)( m 2) tích năm số nguyên liên tiếp nên A 2, A3, A5 Vì 2, 3, số đôi nguyên tố nên A30 (1) B 5(m 1)m(m 1) tích số nguyên liên tiếp nên B 2, B3, (2,3) B6 Mặt khác B5 , (5;6) B30 (2) Từ (1) (2) C 30 m5 m m m m5 m m3 m m m P = 30 30 10 Theo chứng minh m m 30 ; m m 6; m m m5 m m3 m m m , , số nguyên 30 m5 m m m Biểu thức P số nguyên 30 10 0,25 1a (2,0 điểm) 1b (2,0 điểm) ( 2,0 điểm) 2 2 x y xy x x (1) (1) x( x 1)( y 2) x (2) *) x 1 không nghiệm (2) nên x 1 Từ (2) ta có x4 1 x( y 2) x 1 x 1 Do x, y x( y 2) nên PT có nghiệm nguyên x ước x 1 5; 1; ;5 x 6; 2;0;4 *) Mặt khác x không nghiệm (2) x Từ (2) ta có x4 1 ( x 1)( y 2) x x Do x, y ( x 1)( y 2) nên PT có nghiệm nguyên 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 075 0,5 0,25 0,25 0,25 (3) 0,25 0,25 0,25 x ước x 4; 2; 1;1;2;4 (4) Từ (3) (4) ta có x 2;4 0,25 x 2 y 1 , x y thoả mãn (1) Vậy PT có nghiệm nguyên (2; 1),(4;2) 0,25 0,25 Câu IV (5,5đ) A I (0,25 điểm) O G 0,25 F H B C E a) BF AC ( gt ) AFH 900 F đường trịn đường kính AH a (1,25 điểm) b (1,5 điểm) (1) 0,25 CG AB ( gt ) AGH 900 G đường trịn đường kính AH (2) Từ (1) (2) F G thuộc đường trịn đường kính AH Vậy bốn điểm A, F , H , G thuộc đường tròn đường kính AH Tâm I đường trịn qua bốn điểm A, F , H , G trung điểm AH chung, b) Xét AGH AEB có BAE AGH AEB 900 ( gt ) 0,25 AEB (g.g) AGH AG AH AB AG AH AE AE AB Lại có AB AC ( gt ) AG AC AH AE (1,5 điểm) 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 IFA c) Xét IAF có IA IF IAF cân I IAF c 0,25 (3) Ta có BE BC (do AE đường cao tam giác cân ABC ) nên FE trung tuyến thuộc cạnh huyền BC vuông BFC EF EB BEF cân EFB EBF (4) 0 C 90 ; EBF C 90 IAF IFA EBF EFB (5) Mặt khác IAF IFH 900 (5) Mà IFA HFE 900 EF IF EF tiếp tuyến ( I ) Từ (3), (4), (5) IFH 0,5 0,5 E 0,5 0,25 0,25 d) Theo chứng minh ta có EF IF nên IFE vuông F nên 900 cos sin , cos sin Do T cos6 cos6 3sin sin d (1,0 điểm) 0,25 = cos6 sin 3sin cos (cos )3 (sin )3 (3cos sin ).1 0,25 (cos ) (sin ) 3cos sin ( sin cos ) 0,25 (cos )3 (sin )3 3cos sin 3cos sin (sin cos )3 13 0,25 3 2 2 Câu V (1,5đ) 1 Ta có Q (4a ) (4b ) (4c ) 3(a b c) a b c 1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 4a 4a a a 1 Tương tự ta có 4b , 4c b c 9 Mà a b c 3(a b c) 3(a b c) 2 Kết hợp đánh giá ta có 1 15 Q (4a ) (4b ) (4c ) 3(a b c) 2 a b c Đẳng thức xảy a b c 15 Vậy MinQ a b c 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ...UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 Hướng dẫn chấm gồm : 04 trang ĐỀ... BEF cân EFB EBF (4) 0 C 90 ; EBF C 90 IAF IFA EBF EFB (5) Mặt khác IAF IFH 90 0 (5) Mà IFA HFE 90 0 EF IF EF tiếp tuyến ( I ) Từ (3),... O G 0,25 F H B C E a) BF AC ( gt ) AFH 90 0 F đường trịn đường kính AH a (1,25 điểm) b (1,5 điểm) (1) 0,25 CG AB ( gt ) AGH 90 0 G đường trịn đường kính AH (2) Từ (1) (2)