PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN N MƠ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP (ĐỀ CHÍNH THỨC) NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề gồm 05 câu, 01 trang) Câu (4,0 điểm) Giải phương trình bất phương trình sau: a) x 2x b) 5x x 0 Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức P x x : x 1 với x 0;1;2 x 1 x 1 a) Rút gọn P b) Tìm x để P x 1 Câu (3,0 điểm) a) Cho hai số thực x y thỏa mãn x y 4 xy 1 Tính giá trị biểu thức A x 1 y x y 1 b) Cho a, b, c ba số thực khác thỏa mãn abc a b c 1 2 Tính giá a b c 1 a b2 c2 Câu (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn đường chéo BD Gọi E, F hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD c) Tứ giác BEDF hình gì? Vì sao? b) Chứng minh rằng: CH.CD = CB.CK c) Chứng minh rằng: AB.AH + AD.AK = AC2 Câu (3,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c abc Chứng minh trị biểu thức B 1 1 a b c 3 a b c b) Tìm nghiệm nguyên x; y phương trình x y y 1 y y 3 Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN YÊN MÔ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 02 trang) Câu Đáp án a) (2,0 điểm) Nếu x 0 hay x 3 x x Nếu x hay x x 3 x Câu * TH1: Với x 3 , PT cho trở thành x 2x x 4 (t/m) 10 x 2x x (loại) x * TH2: Với , PT cho trở thành (4,0 điểm Vậy PT cho có nghiệm x 4 ) b) (2,0 điểm) Vì x với x nên BPT cho tương đương với 5x 0 1 5x 0 5x 1 x Vậy nghiệm BPT ban đầu x 5 a) (2,0 điểm) x 4x x 2x P x x : : x 1 x 1 x 1 x1 x Câu x 4x x x P x x 2x x x 2 x (4,0 điểm b) (2,0 điểm) Với điều kiện x 0;1;2 ta có ) x 2 P x 1 1 1 0 x x x x Vậy với x P x 1 a) (1,5 điểm) A x 1 y x y 1 x y 2x y xy x 2y A xy x y x y x y Câu A xy x y x y 2xy x y Thay số, ta A 40 (3,0 b) (1,5 điểm) điểm 1 1 1 1 1 1 ) 2 4 4 a b c a b c a b c ab bc ca 1 1 1 a b c B 4 4 4 2.1 2 a b c abc ab bc ca Vậy B = Điểm 0,25 0,75 0,75 0,25 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 1,0 1,0 K D C E F A B H a) (2,0 điểm) Ta có BE DF vng góc với AC Do BE // DF (1) Xét hai tam giác vng AFD CEB có AD = BC DAF nên BCE Suy BE = DF (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BEDF hình bình hành b) (2,0 điểm) Câu Ta có nên suy CBH CBA 180o ; CDK CDA 180o mà CBA CDA (6,0 CBH CDK nên đồng dạng với CDK điểm Xét hai tam giác vng CHB CKD có CBH CH CB ) CH.CD CB.CK Do ta có CK CD c) (2,0 điểm) Xét hai tam giác vng ACH ABE có góc A chung nên đồng dạng với AB AE AB.AH AC.AE Suy AC AH Xét hai tam giác vuông AKC AFD có góc A chung nên đồng dạng với AD AF AD.AK AC.AF Suy AC AK Vậy AB.AH AD.AK AC AE AF Mặt khác theo cmt AF = EC Do ta có AB.AH AD.AK AC AE EC AC.AC AC (đpcm) 1 1 bc ac ab a b c 3 a b c 3 abc a b c bc ac ab a b c 3 a b c 3 bc ac ab a b c a b c bc ac ab Câu (3,0 điểm ) a b c 2 bc ac ab 2 0,5 1,0 0,5 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0.5 a b b c c a 0 x y y 1 y y 3 x y y 3 y 1 y x y 3y y 3y Đặt t y 3y ta x t 1 t 1 x t x t x t x t Vì x, y số nguyên nên x t x t số nguyên Do ta có hai trường hợp sau: * TH1: x t 1 x t Suy x 0 t 0,25 0,5 0,25 2 Với t y 3y y 3y 0 y 1 y 0 y y * TH2: x t x t 1 Suy x 0 t 1 2 Với t 1 y 3y 1 y 3y 0 y y 0 y 0 y Vậy PT cho có nghiệm nguyên x; y 0; 3 , 0; , 0; 1 , 0;0 0,25 0,5 Hết