Thông tin tài liệu
PHỊNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (5,0 điểm) Cho biểu thức P x 1 x2 x x2 : x2 x 1 x x x2 x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P b) Tìm x để P 1 c) Tìm giá trị nhỏ P x > Câu (6 điểm) a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x dư 10, f(x) chia cho x dư 22, f(x) chia cho x thương 5x dư b) Chứng minh với số nguyên a a 5a chia hết cho c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy 2012 x 2013 y 2014 0 Câu (3,0 điểm) a) Cho a b c 0 abc 0 , tính giá trị biểu thức: P 1 2 2 2 b c a a c b a b2 c2 a) Cho số a b thỏa mãn a 1; b 1 Chứng minh : 1 2 ab 1 a 1 b Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân b) Chứng minh: ME // BN c) Từ C kẻ CH BN ( H BN) Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng HẾT Họ tên thí sinh:…………………………………………………SBD:………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm) HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI OLYMPIC http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 Mơn thi: Tốn Năm học: 2013 – 2014 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Ý Đáp án x 0 ĐKXĐ : x 1 x a đ 0,5đ Khơng có đk x -1 trừ 0,25đ P x x 1 ( x 1)( x 1) x x2 : x( x 1) x( x 1) x 1 x( x 1) 0,5đ P x x 1 x x x : x( x 1) x 1 0,5đ P x x 1 x 1 : x x 1 x ( x 1) x 1 x2 x( x 1) x 1 x 1 x 1 x2 1 P với x x x x x 0 x x x 0 P Câu 1( điểm) b đ x ĐKXĐ x 1 x 1 0 x (TM ĐKXĐ) Hoặc x = - ( không TM ĐKXĐ) (Nếu không loại x = - trừ 0,25 điểm ) 1 x 2 2 x x x 1 x 1 1 P x x x x x 1 P x 1 x 2 x x 1 Vì x > nên x > Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho x 1 1 2 x 1 2 số dương x – ta có: x x x x 1 Dấu “ = “ xẩy x – = x Vậy P c đ Câ a Điểm ( x – 1)2 = x – = ( x – > ) x = ( TM ) Vậy giá trị nhỏ P x = Giả sử f(x) chia cho x thương 5x dư ax b Khi đó: f ( x) ( x 4).( x) ax+b http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0.5đ đ Theo đề bài, ta có: f (2) 22 2a b 22 a 3 f ( 2) 10 2a b 10 b 16 Do đó: f ( x) ( x 4).( x) 3x+16 0.5đ u 2( điểm) Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) x 23x 16 a3 + a = a3 – a + 6a = a(a2 – 1) + 6a b = (a-1)a(a+1)+ 6a * (a-1)a(a+1) tích số nguyên liên tiếp nên tồn bội đ suy chia hết cho * (a-1)a(a+1) tích số nguyên liên tiếp nên tồn bội suy chia hết cho Vì (2;3) = nên (a-1)a(a+1) chia hết cho * 6a chia hết cho Vậy a3 + a chia hết cho 0.5đ 0.5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x xy 2012 x 2013 y 2014 0 c đ x xy x 2013 x 2013 y 2013 1 x( x y 1) 2013( x y 1) 1 ( x 2013)( x y 1) 1 x 2013 1 x y 1 x 2013 x y x 2014 y 2014 x 2012 y 2014 1 2 2 2 b c a a c b a b2 c2 1 2 2 2 2 b c (b c) a c (a c) a b (a b) 1 2bc 2ac 2ab a b c 0 2abc 1 1 = 2 2 1 a b ab a ab b ab P a 1,0đ 0,25đ 0,25đ Câu 3(3,0 ab a ab b = (1 a )(1 ab) (1 b )(1 ab) b 0,5đ = a (b a )(1 b ) b(a b)(1 a ) (b a )(a ab b a b) = (1 a )(1 b )(1 ab) (1 a )(1 b )(1 ab) = (b a ) (ab 1) (1 a )(1 b )(1 ab) http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ (b a ) (ab 1) Do a 1; b 1 nên (1 a )(1 b )(1 ab) 0 1 1 0 2 2 ab 1 a b ab 1 a 1 b E A 0,25 B Hình vẽ O 0,5đ M H' H D C N Câu 4( điểm) Xét ∆OEB ∆OMC Vì ABCD hình vng nên ta có OB = OC a Và B C 450 BE = CM ( gt ) đ Suy ∆OEB = ∆OMC ( c g.c) O OE = OM O b đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ O BOC Lại có O 900 tứ giác ABCD hình vng 0,25đ O EOM O 900 kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân O Từ (gt) tứ giác ABCD hình vng AB = CD AB // CD AM BM + AB // CD AB // CN ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC Mà BE = CM (gt) AB = CD AE = BM thay vào (*) AM AE ME // BN ( theo ĐL đảo đl Ta-lét) Ta có : MN EB 0,5đ Gọi H’ giao điểm OM BN ' E ( cặp góc so le trong) Từ ME // BN OME OH Mà OME 450 ∆OEM vng cân O c đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ ' B 450 C MH ∆OMC ∆BMH’ (g.g) OM MH ' ,kết hợp OMB CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC ' C 450 ∆OMB ∆CMH’ (c.g.c) OBM MH 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ' C BH ' M MH ' C 900 CH ' BN Vậy BH Mà CH BN ( H BN) H H’ hay điểm O, M, H thẳng hàng 0,25đ http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77
Ngày đăng: 28/10/2023, 14:49
Xem thêm:
