SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS Năm học 2013 – 2014 Mơn thi : TỐN Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 08/04/2014 Câu (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức A x x x x với x ≥ a b c d e f b) Cho a, b, c, d, e, f số thực khác 0, thỏa mãn 1 0 d e f a b c 2 a b c Tính giá trị biểu thức B d e f Câu (4 điểm) a) Tìm tất số tự nhiên n cho n2 – 14n – 256 số phương b) Cho a số tự nhiên lớn không chia hết cho Chứng minh a 8n 3a 4n chia hết cho 5, với số tự nhiên n Câu (6 điểm) a) Giải phương trình x x 2014 2014 x y z 2 b) Giải hệ phương trình 2xy z 4 c) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ Câu (3 điểm) a) Cho hình bình hành ABCD, điểm M N theo thứ tự thuộc cạnh AB BC cho AN = CM Gọi K giao điểm AN CM Chứng minh KD tia phân giác góc AKC b) Cho ∆ABC vng A (AB < AC) Biết BC = bán kính đường trịn nội tiếp ∆ABC Tính số đo góc B góc C ∆ABC Câu (3 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O Trên cạnh BC lấy điểm D tùy ý (D khác B C) Đường tròn tâm O1 qua D tiếp xúc với AB B; đường tròn tâm O qua D tiếp xúc với AC C; hai đường tròn cắt điểm thứ hai E a) Chứng minh D di động cạnh BC đường thẳng DE ln qua điểm cố định b) Giả sử ∆ABC cân A, chứng minh tích AD.AE khơng phụ thuộc vào vị trí điểm D cạnh BC -HẾT - SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS Năm học 2013 – 2014 MƠN: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC I Hướng dẫn chung: Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án giám khảo vào thang điểm đáp án điểm hợp lí Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm phải thống Hội đồng chấm thi Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25 II Đáp án: Câu Nội dung a) Với x ≥ 4, ta có : (4đ) (x 4) x (x 4) x A x 2 x 4 x 2 x Xét trường hợp : * Với x ≥ ta có : x 2 x A 2 x * Với ≤ x < ta có : x 2 x 2 A 4 b) Với a, b, c, d, e, f số thực khác 0, ta có: a b c a b c 1 1 d e f d e f a b c 2ab 2bc 2ac 2 2 1 d e f de ef df a b c 2abc f d e 2 2 1 d e f def c a b d e f 0 Mà a b c a b2 c2 Vậy B = d e f Điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu Nội dung a) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k ) (4đ) (n – 7))2 – k2 = 305 (n – 7) – k)(n – 7) + k) = 305 Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) (n – 7) – k) ≤ (n – 7) + k) nên xét trường hợp: n 7) k 1 n 7) k 305 n 7) k 305 n 7) k n 7) k 5 n 7) k 61 n 7) k 61 n 7) k n 160 k 152 n 146 k 152 n 40 k 28 n 26 k 28 Vì n k số tự nhiên nên ta chọn n = 160 n = 40 b) A a 8n 3a 4n a 8n 1 a 4n 1 n n a 1 a 1 n n n n a 1 a a 1 a 1 a a 1 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a 1 a 1 B a 1 C a 1 a 1 B 3C a 1 a 1 D Vì a số tự nhiên lớn không chia hết cho nên: 0,25 Câu Nội dung a a a a 5k 1 a 1 5 5k a 1 5 5k a 1 5 Điểm 0,25 0,25 (với k số nguyên dương) 5k a 1 5 8n 4n Vậy a 3a 5 với số tự nhiên n a) Điều kiện: x ≥ –2014 (4đ) Đặt t = x 2014 t = x + 2014 (t ≥ 0) x t 2014 (1) Ta có hệ sau : t x 2014 (2) Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta : t2 – x2 – x – t = (t+x)(t – x – 1) = t = –x t = x + Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014 x2 – x – 2014 = (*) 8057) 8057) Giải (*) nghiệm x = (loại t ≥ 0) x = 2 2 Với t = x + ta có: (x + 1) = x + 2014 x + x – 2013 = (**) 8053 8053 Giải (**) nghiệm x = x = (loại t≥0) 2 8053 8057) Vậy nghiệm phương trình là: x = x = 2 S x y b) Đặt P xy S 2 z Khi từ hệ phương trình cho ta có: P z Theo cách đặt ta có x, y nghiệm phương trình: X2 – SX + P = X (2 z)X (z 4) 0 (1) 2 ∆ = (2 z) (z 4) (z 2) 2 Phương trình (1) có nghiệm ∆ ≥ (z + 2)2 ≤ z = –2 Thay z = –2 vào phương trình (1) ta được: X2 – 4X + = (2) Giải phương trình (2) nghiệm X1 = X2 = x = y = Vậy hệ cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung a b c 1 a 1 b c 1 c) Ta có : a 1 a 0 Tương tự : b 0; c 0 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1) 2 Mặt khác: (1 + a + b + c) = (1 + a) + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c) = + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc) a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta : abc + a2 + b2 + c2 + + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 2 Điểm a) Hình vẽ (3đ) A 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 D M I K H B N C Kẻ DI vng góc với AN I, kẻ DH vng góc CM H 1 Ta có: SADN DI.AN; SDMC DH.MC 2 S∆ADN = SABCD (do cạnh đáy AD đường cao kẻ từ N) S∆DMC = SABCD (do cạnh đáy DC đường cao kẻ từ M) nên : S∆ADN = S∆DMC 1 DI.AN DH.MC DI DH 2 AN CM (gt) ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vng) KD phân giác góc AKC IKD HKD b) Hình vẽ A H I O B K C 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm Gọi I, H, K tiếp điểm đường tròn nội tiếp ∆ABC với cạnh AB, AC, BC Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC = + (1) 0,25 (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + )2 (8 ) BC2 0,25 AB.AC = 24 16 (2) 0,25 Từ (1) (2), kết hợp với AB < AC suy AB = + ; AC = + AB 0,25 sin C BC 0,25 300 ; B 600 Suy C 0,25 Hình vẽ A I O D B C E a) Kéo dài ED cắt (O) I AB tiếp tuyến (O1) (3đ) AC tiếp tuyến (O2) ABD ACD BEC ABD BED ACD CED 0,25 0,25 0,25 BEC BAC 1800 Tứ giác ABEC nội tiếp (O) AIE ACE ACD DCE DEC DCE IDC AI//BC I cố định Vậy DE qua điểm cố định I IC (vì AI//BC) b) Ta có: AB AC ∆ABC cân A AB IC I A AC A, D, E thẳng hàng AD.AE = AB2 (vì ∆ABE ∆ADB) S AD.AE khơng phụ thuộc vào vị trí điểm D cạnh BC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25