PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HĨA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 21/04/2014 Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) 2 x 1 x P x 1 : x 3x x 1 3x Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn P b) Tìm x để P có giá trị nguyên c) Tìm x để P 1 Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình : x x x 30 0 b) Giải bất phương trình sau: x 1 x 2x x 1 3 x2 x Q x4 x2 1 c) Cho biết x x Hãy tìm giá trị biểu thức Câu (5,0 điểm) 2 a) Tìm x, y thỏa mãn đẳng thức x y xy y x 0 a b5 c5 30 b) Cho a, b, c thỏa mãn a b c 0 Chứng minh: 1 1 1 1 1 a b c a b c c) Chứng minh b c a a b c , a, b, c số thực không nhỏ Câu (4,5điểm) Cho tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF cắt tai H Chứng minh rằng: a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC b) BH BE CH CF BC BC AD.HD c) d) Gọi I, K, Q, R chân đường vng góc hạ từ E xuống AB, AD, CF, BC Chứng minh bốn điểm I, K, Q, R nằm đường thẳng Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Trên tia đối tia BA, CA lấy theo thứ tự điểm D, E cho BD CE BC Gọi O giao điểm BE CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳng cắt AC K Chứng minh AB = CK ….hết… ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỐN HOẰNG HĨA Câu a) ĐKXĐ: x 0; x 1 x 1 2x x 2 x P ( x 1) 2 3x x x x x x 3x x x Ta có: 2x P x Vậy b) Ta có P 2 x U (2) 1; 2 x Từ suy x 2;0;3; 1 , kết hợp với điều kiện x 2;3 c) P 1 2x 2x x 1 1 0 0 x x x Mà x x nên x x x 0 x x Kết hợp với ĐKXĐ x x 0 Câu x 3 x x x 30 0 x 3 x x 0 x x 5 a) Ta có : Vậy S 2;3;5 x 1 x 2x x x x 6 x x x x 3 b) 7 S x / x 4 Vậy tập nghiệm bất phương trình : x2 x 1 x x 0, x c) Từ x x x 1 x x x 2 1 25 21 x 1 1 x 4 x4 x2 1 1 21 x x x x x Lại có : Suy Q x2 x x 21 Câu a ) x y xy y x 0 25 x 25 y 40 xy 10 y 10 x 10 0 2 x y 1 y 1 0 2 Do x y 1 0 y 1 0 với x, y 2 Nên x y 1 9 y 1 0 Suy x 1; y b) Ta có: a a a a 1 a 1 a a 1 a a a 1 a a 1 a a 1 a a 1 Do a a 1 a a 1 a tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, 5, chia hết cho 30 Lại có a 1 a a 1 Từ suy Tương tự a a b5 b Từ suy Mà 5 chia hết cho 30 chia hết cho 30 chia hết cho 30 a a b c 0 chia hết a 1 a a 1 c5 c chia hết cho 30 b5 c5 a b c a a b5 b c5 c nên 5 a b c chia hết cho 30 chia hết cho 30 1 1 1 1 1 1 c ) a b c a b c b c a a b c ab 1 bc 1 ca 1 a 1 b 1 c 1 abc abc 2 ab 1 bc 1 ca 1 a 1 b 1 c 1 a 2b c abc a b c ab bc ca a 2b 2c a b c a 2b b 2c c a a 2b b c c a 2abc a b c 2 a b c ab bc ca 2 2 ab bc bc ca ca ab a b b c c a 2 2 a c b2 1 b a c 1 c b a 1 0 (đúng với a, b , c 1 ) Câu A E F H B a) Ta có: AEB AFC ( g g ) Từ suy b) C D AE AB AF AC AEF ABC (c.g c ) BDH BEC ( g g ) BD BH BH BE BC BD (1) BE BC CD CH CH CF BC.CD (2) CF BC BH BE CH CF BC BD BC.CD BC CDH CFB ( g.g ) Từ (1) (2) suy c) Chứng minh DBH DAC ( g g ) DC DB DC.DB Lại có BC Do đó: DH DB DH DA DC.DB DC DA BC AD.HD d) A I F E K H Q B D Từ giả thiết suy R EI / / CF , EK / / BC , EQ / / AB, ER / / AD Áp dụng định lý Ta let ta có: AI AE AK IK / / DF (3) AF AC AD BF BH BD * IR / / DF (4) BI BE BR CR CE CQ * RQ / / DF (5) CD CA CF * Từ (3) (4) (5) suy bốn điểm I, K, Q, R thẳng hàng C Câu A B C O E M D Vẽ hình bình hành Ta có : ABMC AB CM (1) 1 C CBM B 1 2 nên BO tia phân giác Tương tự CO tia phân giác Do MO tia phân giác BCM BMC CBM Suy OM song song với tia phân giác góc A, suy K, O, M thẳng hàng Ta có : 1 BMC M BAC K 1 2 CK CM (2) Từ (1) (2) suy CK AB nên tam giác KMC cân C