Casio Xong 1415

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Mơn Tốn lớp Năm học 2014 − 2015 (Thời gian làm 150 phút) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Câu : (3,0 điểm) 1/ Cho hai số dương x, y thỏa mãn xy + (1+ x ) (1+ y ) = 2 2015 Tính giá trị biểu thức C = x + y + y + x 2/ Giải phương trình: a/ x + 3x + = ( x + 3) x + b/ (3 x − 3)( x + 3) + 16 + 5( x − 2)( x + 4) + 54 = − ( x + 1) Câu : (1,0 điểm).Tìm số x, y, z Biết x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx x2014 + y2014 + z2014 = 32015 Câu : (2,0 điểm) 1/ Chứng minh rằng: ( a + b − c ) ( a − b + c ) ( −a + b + c ) ≤ abc với a, b, c độ dài cạnh tam giác 2/ Cho ( x + x + 13 ) x − ( x + 1) = A B x +C D x + E + + x +1 x −2 ( x + 1) Tìm số A, B, C, D, E để đẳng thức với x > x ≠ Câu : (3 điểm) Cho đoạn thẳng AC = m Lấy điểm B thuộc đoạn AC (B ≠ A, B ≠ C) Trên tia Bx vng góc với AC lấy điểm D E cho BD = BA BE = BC a/ Chứng minh CD = AE CD ⊥ AE b/ Gọi M, N, I trung điểm AE, CD MN Chứng minh khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi B di chuyển đoạn AC c/ Tìm vị trí điểm B đoạn AC cho tổng diện tích hai tam giác ABE BCD có giá trị lớn Tính giá trị lớn theo m Câu : (1 điểm).Cho x2 + y2 = Tìm giá trị lớn giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: S = (2 – x)(2 – y) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− ĐÁP ÁN − BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung 1/ Hai vế đẳng thức dương, bình phương hai vế ta Điểm ( = xy + 2015 (1+ x ) (1+ y ) ) 2 0,25 = x y + 2xy ( + x ) ( + y ) + + x + y + x y = x (y + 1) + 2xy ( + x ) ( + y ) + y (x + 1) + 1 (3,0 điểm) ( = x + y2 + y + x ( ⇒ x + y2 + y + x ) ) +1 0,25 0,25 = 2014 Hay C2 = 2014 Mà C > Vậy C = 2014 0,25 2/ a/ Ta có PT x + 3x + = ( x + 3) x + ⇔ x + 3x + − ( x + ) x + = ⇔ ( x2 + ⇔ ⇔ ( ) x + − x x + + 3x − x + = ( ) ( x2 +1 − x − x2 + − x )( 0,25 ) x2 +1 − x = ) x2 +1 − = 0,25  x +1 − x =  x +1 = x x + = x  ⇔ ⇔ ⇔  x + − =  x + = x + = + PT x + = x ⇔ = (PT vô nghiệm) 2 2 0,25 + PT x2 + = ⇔ x2 = ⇔ x = ± Vậy PT có hai nghiệm x1 = b/ ; x2 = − (3 x − 3)( x + 3) + 16 + 5( x − 2)( x + 4) + 54 = − ( x + 1) ⇔ 0,25 3( x + 1) + + 5( x + 1) + = − ( x + 1) Vế trái phương trình 3( x + 1)2 + + 5( x + 1) + ≥ + = 0,25 Vế phải phương trình − ( x + 1) ≤ Dấu (=) xảy x = 0,25 −1 Do phương trình có nghiệm hai vế ⇔ x = 0,25 −1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = −1 Ta có : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx ⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = ⇔x=y=z (1,0 điểm) x2014 + y2014 + z2014 = 32015 ⇒ 3x2014 = 32015 ⇔ x2014 = 32014 ⇔ x = Vậy x = y = z = 1/ Ta có: a − ( b − c ) ≤ a ⇔ ( a − b + c ) ( a + b − c ) ≤ a (1) b − ( a − c ) ≤ b2 ⇔ ( b − a + c ) ( b + a − c ) ≤ b (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 c − ( a − b ) ≤ c ⇔ ( c − a + b ) ( c + a − b ) ≤ c (3) 0,5 Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên nhân (1), (2) (3) theo vế ta được: ( a − b + c ) ( a + b − c ) ( −a + b + c )  ≤ ( abc ) (2,0 điểm) ⇔ ( a + b − c ) ( a − b + c ) ( −a + b + c ) ≤ abc (đpcm) 2 0,25 0,25 2/ Đặt x = m ( < m ≠ ) Đẳng thức cho có dạng: 2m + 2m + 13 ( m − ) ( m2 + 1) = A Bm + C Dm + E + + m − m + ( m + 1) (*) 0,25 A ( m + 1) + ( Bm + C ) ( m − ) ( m + 1) + ( Dm + E ) ( m − ) VP(*) = ( m − ) ( m2 + 1) = ( A + B ) m4 + ( C − 2B ) m3 + ( A − 2C + B + D ) m + ( C − 2B + E − 2D ) m + A − 2C − 2E ( m − ) ( m2 + 1) 0,25 Vì đẳng thức (*) với m > 0, m ≠ nên A + B = C − B =  2 A − 2C + B + D = , giải ta tìm A=1, B=-1; C=-2; D=-3; E=C − B + E − 2D =  0,5  A − 2C − E = a) Xét ∆ABE ∆DBC, ta có: AB=BD (gt) BE=BC (gt) · · ABE = DBC = 900 Vậy ∆ABE = ∆DBC (c − g − c) ⇒ CD = AE (3 điểm) 0,5 Gọi F giao điểm AE CD, ta có: · · (đối đỉnh) EDF = BDC · · AEB = BCD (do ∆ABE = ∆DBC) · · · · · = 90° nên ⇒ DFE ⇒ EDF + AEB = BDC + BCD = 900 hay CD ⊥ AE 0,5 b) Gọi M’, I’, N’ hình chiếu M, I, N xuống AC ∆ABE có M trung điểm AE MM’//BE 2 Nên MM’ đường trung bình ∆ABE ⇒ MM ' = BE = BC 2 Chứng minh tương tự, ta có NN ' = BD = AB Tứ giác MNN’M’ có MM’//NN’ nên MNN’M’ hình thang 0,25 0,25 Lại có I trung điểm MN, II’//MM’//NN’ nên II’ đường trung bình hình thang MNN’M’ ⇒ II ' = MM '+ NN ' BC + AB AC m = = = (khơng đổi) 4 0,5 c) Vì ∆ABE = ∆DBC nên SABE = SDBC ⇒ SABE + SDBC = 2SABE mà 2SABE = .AB.BE = AB.BE = AB.BC 0,25 Mặt khác ( AB − BC ) ≥ ⇔ AB2 − 2.AB.BC + BC ≥ ⇔ AB2 + BC ≥ 2.AB.BC ⇔ AB2 + 2.AB.BC + BC ≥ 4.AB.BC ⇔ ( AB + BC ) ≥ 4.AB.BC 0,25 Vì AB + BC = AC = m (khơng đổi) nên AC2 ≥ 4.AB.BC ⇔ m ≥ 4.AB.BC ⇔ AB.BC ≤ Dấu “=” xảy AB = BC = Vậy max ( SABE + SDBC ) = m2 0,25 m ⇔ B trung điểm đoạn AC m2 (đvdt) ⇔ B trung điểm đoạn AC 0,25 (1điểm) S = (2 – x)(2 – y) = - 2x - 2y + xy = (x = + y ) + 2xy − 4(x + y) + − 4(x + y) + + ( x + y − ) + = 2 2 2 Vì (x - y) ≥ với x, y ⇒ 2xy ≤ x + y ⇒ (x + y) ≤ 2(x2 + y2) =2 ⇒ x + y ≤ ⇒ - ≤ x + y ≤ 2 ⇒- - ≤ x + y − ≤ ( ) ( x + y) = − 4(x + y) + 2xy 2 2-2