PHỊNG GD&ĐT BÌNH XUN TRƯỜNG THCS THANH LÃNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG_LẦN NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề Câu 1: x = 9− a) Tính giá trị đa thức b) So sánh 2017 − − 20162 − c) Tính giá trị biểu thức: d) Biết f ( x) = ( x − x + 1)2016 2.2016 − + + 2017 − + 20162 − sin x cos x sin x.cos x + + + cot x + tan x với 00< x < 900 số vô tỉ, tìm số nguyên a, b thỏa mãn: − = −9 − 20 a+b a−b Câu 2: Giải phương trình sau: x −1 x − − = − x − x −1 Câu 3: a) Cho đa thức P(x) = ax + bx2 + cx + d với a, b, c, d hệ số nguyên Chứng minh P(x) chia hết cho với giá trị nguyên x hệ số a, b, c, d chia hết cho b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – xy + y2 – = c) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n4 + 4n hợp số Câu 4: a) Chứng minh a + b4 ≥ ab3 + a 3b − a 2b b) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị lớn tích (a + b)(b + c)(c + a) Câu 5: ∆ABC 1 + + =2 a+b+1 b+c+1 c+a+1 Cho nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt H Gọi chân đường vng góc hạ từ D xuống AB, AC E F a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC b) Giả sử HD = AD Chứng minh rằng: tanB.tanC = c) Gọi M, N chân đường vng góc kẻ từ D đến BI CK Chứng minh rằng: điểm E, M, N, F thẳng hàng - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay làm Cán coi thi khơng giải thích thêm PHỊNG GD&ĐT BÌNH XUN HDC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG_LẦN TRƯỜNG THCS THANH LÃNG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN Câu Câu Ý a) Đáp án x = 9− + ÷ − 2 + 2÷ 1đ 9− 2 = 9− + 5−2 5+2 = f ( x ) = f (1) = b) 1đ Điểm 2 +4−2 +4 ( 5) − 22 = 9−8 =1 0.25 20152 − − 2014 − = ( 2017 − − 20162 − 1)( 2017 − + 20162 − 1) 2017 − + 2016 − Ta có (20152 − 1) − (20142 − 1) 2017 − 20162 (2017 − 2016)(2017 + 2016) = = = 2 2 2017 − + 2016 − 2017 − + 2016 − 2017 − + 2016 − = 2017 + 2016 2017 − + 2016 − 2 > Vậy c) 1đ 2.2016 2017 − + 2016 − 2017 − − 2016 − > 2 sin x cos x sin x.cos x + + cos x sin x 1+ 1+ s inx cos x 0.5 2017 − + 2016 − 2 sin x cos3 x = sin x.cos x + + + c osx 1+sinx = sin x.cos x + ( sinx + cos x ) ( sin x − sinx.cos x + cos x ) sin x + cos3 x = sin x.cos x + s inx + c osx s inx + c osx = sin x.cos x + − sin x.cos x = d) ĐK: a ≠ ±b (*) 0.5 2.2016 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25 − = −9 − 20 a+b a−b ⇔ 2(a − b 5) − 3(a + b 5) = −(9 + 20 5)(a + b 5)(a − b 5) ⇔ 9a − 45b2 − a = 5(−20a + 100b + 5b) (*) Ta thấy (*) có dạng B = => A= A=B B ≠ thi = ∈Q A, B , A ∈I B vơ lí 9a − 45b2 − a = 9a − 45b − a = 9a − 45b − a = ⇔ ⇔ 9 ⇔ −9a + 45b + b = a = b 2 −20a + 100b + 5b = 2 Do (*) a = a = a = b ⇔ ⇔ hoac b = b − 4b = b = Câu a) x ≠ 1; x ≠ ĐK (**) x −1 x − − = − x − x −1 0.5đ x+3 x+3 ⇔ = ( x − 3)( x − 1) (không t/m ĐK (*)) Vậy a = 9; b = (2) ⇔ x = −3 + Trường hợp : x + = (TMĐK (**) ≠ ⇔ x ≠ −3 + Trường hợp : x + ⇔ x2 − x − = Ta có (x-3)(x-1) = ⇔ x − x + = ⇔ ( x − 2) = x = + ⇔ x = − Câu a) 0.5đ b) 0.25 (TMĐK (*)) 2+ 2− Vậy tập nghiệm phương trình (2) là: S ={-3; ; } M Ta có: P(0) = d M M P(1) = a + b + c + d => a + b + c (1) M M P(-1) = -a + b – c + d => -a + b – c (2) M M M Từ (1) (2) suy 2b => b (2,5) = 1, suy a + c M M M M P(2) = 8a + 4b + 2c + d => 8a + 2c => a => c Ta có 4x2 – 4xy + 4y2 = 16 0.25 0.25 0.25 ⇔ ⇔ 0.5đ c) 0.5đ ( 2x – y )2 + 3y2 = 16 ( 2x – y )2 = 16 – 3y2 ≥ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ∈ Vì ( 2x – y )2 nên 16 – 3y2 y2 y2 { 0; 1; } ⇔ ± - Nếu y2 = x2 = x= 2 - Nếu y = ( 2x – y ) = 13 khơng số phương nên loại y2 = ⇔ ± - Nếu y2 = y= + Khi y = x = x = + Khi y = - x = x = - Vậy: phương trình có nghiệm ngun là: (x, y) = ( - 2; ); ( 2; ); ( 0; ); ( 2; ); ( 0; - ); ( - 2; -2 ) - Nếu n số chẵn n4 + 4n số chẵn lớn nên hợp số - Nếu n số lẻ, đặt n = 2k + với k số tự nhiên lớn ta có n4 + 42k + = (n2)2 + (2.4k )2 = (n2)2 + 2.n2.2.4k + (2.4k )2 – 2.n2.2.4k = ( n2 + 2.4k )2–(2n.2k)2 =(n2 + 2.4k – 2n.2k).(n2 + 2.4k + 2n.2k) Vì n + 2.4 + 2n.2k > n2 + 2.4k – 2n.2k = n2 + 4k – 2n.2k + 4k = (n – 2k)2 + 4k> 4 2k + Suy n + hợp số Vậy n4 + 4n hợp số với số tự nhiên n lớn a4 + b4 ≥ ab3 + a 3b − a 2b Giả sử ta có ⇔ a + b ≥ 2ab3 + 2a 3b − 2a 2b 2 Câu a) 0.5đ k 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇔ a + b − 2ab3 − 2a 3b + 2a 2b ≥ 0.25 ⇔ a − 2a 3b + a 2b + b − 2ab3 + a 2b ≥ ⇔ ( a − ab ) + ( b − ab ) ≥ 2 với a, b a +b ≥ ab3 + a 3b − a 2b b) 0.5đ Vậy với a, b Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z số thực dương 1 + + =2 x+1 y+1 z+1 Ta có 1 1 y z ⇒ = 2− − = 1− +1− = + x+1 y+1 z+1 y+1 z+1 y+1 z+1 ⇒ y z ≥2 × x+1 y+1 z+1 0.25 y y+1 (Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương z z+1 ) x z ≥2 × y+1 x+1 z+1 y x ≥2 × z+1 y+1 x+1 Chứng minh tươngtự ta có 1 y z x z x y × × ≥2 × ×2 × ×2 × x+1 y+1 z+1 y+1 z+1 x+1 z+1 x+1 y+1 Suyra 1 xyz ⇔ × × ≥8 ⇔ xyz ≤ x+1 y+1 z+1 x + y + z + ( )( )( ) Dấu “ = ” xảy x y z = = ⇔x= y=z= x+1 y+1 y+1 ⇔a=b=c= Vậy: Giá trị lớn tích ( a + b )( b + c )( c + a) 0.25 Câu a) 1đ b) 1đ Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AE.AB = AD2 ; AF.AC = AD2 Suy ra: AE.AB = AF.AC Biểu thị được: tanB = Biểu thị được: tanB = AD BD ; tanC = 0.5 ; tanB.tanC = AD BD.CD 0.5 CD · tan DHC = HD ; tanC = AD HD c) AD CD 0.5 BD · tan DHB = HD AD HD ; tanB.tanC = Suyra: (tanB.tanC)2 = => tanB.tanC = =3 Chứng minh được: AE.AB/AK.AB = AF.AC/AI.AC => EF // IK BD.CD HD2 0.5 0.5 1đ Chứng minh được: BM BD BE = = ⇒ ME / /IK ⇒ M ∈ EF MI DC EK Tương tự chứng minh N ∈ EF 0.5 suy điểm E, M, N, F thẳng hàng Tổng Lưu ý: Học sinh làm cách khác dúng cho điểm tối đa 10 ... 9? ??8 =1 0.25 2 015 2 − − 2 014 − = ( 2 017 − − 2 016 2 − 1) ( 2 017 − + 2 016 2 − 1) 2 017 − + 2 016 − Ta có (2 015 2 − 1) − (2 014 2 − 1) 2 017 − 2 016 2 (2 017 − 2 016 )(2 017 + 2 016 ) = = = 2 2 2 017 − + 2 016 − 2 017 ... − + 2 016 − 2 017 − + 2 016 − = 2 017 + 2 016 2 017 − + 2 016 − 2 > Vậy c) 1? ? 2.2 016 2 017 − + 2 016 − 2 017 − − 2 016 − > 2 sin x cos x sin x.cos x + + cos x sin x 1+ 1+ s inx cos x 0.5 2 017 − + 2 016 −... dương 1 + + =2 x +1 y +1 z +1 Ta có 1 1 y z ⇒ = 2− − = 1? ?? +1? ?? = + x +1 y +1 z +1 y +1 z +1 y +1 z +1 ⇒ y z ≥2 × x +1 y +1 z +1 0.25 y y +1 (Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương z z +1 ) x z ≥2 × y +1 x +1 z+1