Copy of nslide com de hdc a a thi cha n hsg ca p huya n ma n toa n 9 na m ha c 2015 2016

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THẠCH HÀ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 24/ 09 / 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: a) Rút gọn biểu thức: A = 94 − 42 − 94 + 42 b) Tìm số hữu tỉ b, c biết − nghiệm phương trình x + bx + c = Bài 2: Giải phương trình sau: 3x =2− a) x + x −1 ( x − 1) x3 b) x + x + + x + + + x + 2013 = 2015 x 2 Bài 3: a) Tìm số nguyên x, y thõa mãn đẳng thức: xy + x + y + = x + y + xy b) Tìm số x, y thỏa mãn: x + x y + y + x + = c) Chứng minh với số nguyên dương a, b ab(a 2+2)(b2+2) chia hết cho Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ AH vuông góc với BC H, phân giác AD góc BAC cắt BC D a) Tính độ dài đoạn HD, biết BH = 36cm; CH = 64cm b) Gọi điểm I, điểm K theo thứ tự hình chiếu H AB, AC BI  AB  = Chứng minh rằng: ÷ CK  AC  Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi F trung điểm AB, lấy M đường phân giác góc C Dựng MQ ⊥ BC Q Chứng minh MF ⊥ DQ AM = BC Bài 6: Cho a, b, c > thõa mãn a + b + c = Chứng minh: a + b + c ≤ a + b3 + c3 Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Lưu ý: Học sinh không dùng máy tính HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN TOÁN Bài Nội dung a) 1,0đ Điểm A = 94 − 42 − 94 + 42 = ( −3 5) ( +3 5) − 1,0 1,0 = − − + = − − − = −6 − ngiệm phương trình x + bx + c = nên (1 − 2) + b(1 − 2) + c = Bài 3,0 đ b) 2,0 đ ⇔ (b + 2) = b + + c (*) Ta thấy (*) có dạng A = B A ≠ thi = 0,5 B ∈ Z vô lí, A 0,5 A = => B= Hay b + = b + + c = 0,5 b = -2 c = -1 0,5 x3 3x = 2− a) Giải phương trình: x + x −1 ( x − 1) x   x2 x2  x2  ⇔x+ x − + = −  ÷ ÷ x −   x − ( x − 1) ÷ x −1   Mà x + a) 2,0 đ x2 ( x − 1) Đặt t = x + x  x  =x+ ÷ − 2x × x −1  x −1  x x2 − x + x x2 = = x −1 x −1 x −1 Ta được: t(t2 – 2t – t) = – 3t ⇔ t3 – 3t2 + 3t – = ⇔ (t – 1)3 = ⇔ t – = ⇔ t = Bài 4,0 đ Do x2 = ⇔ x − x + = ⇔ ( x − 1) + = ⇔ x ∈ ∅ x −1 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy phương trình vô nghiệm x + x + + x + + + x + 2013 = 2015 x (*) b) 2,0 đ Bài 5,0 đ a) 2,0đ ĐK x ≥ Với điều kiện x ≥ * ⇔ x + ( x + 1) + ( x + 2) + + ( x + 2013) = 2015 x ⇔ x = + + + + 2013 = 1007.2013 ⇔ x = 2027091 2 Ta có : 2xy + x + y + = x + 2y + xy ⇔ 2y (x − 1) − x(x − 1) − y(x − 1) + = 0,75 0,75 0,5 1.0 Ta có: x = nghiệm phương trình, chia vế phương = (*) x −1 Phương trình có nghiệm nguyên x, y ⇒ nguyên x −1 ⇔ x-1 ∈ Ư( 1) = { −1;1} ⇔ x ∈ { 0;2} trình cho x – ta được: ⇔ 2y − x − y + 2 Thay x = vào (*) ta có: 2y − y − = ⇔ y = 1; y = − Vậy phương trình cho có nghiệm: ( x; y ) = { ( 0;1) ; ( 2;1) } Thay x = vào (*) ta có: 2y − y − = ⇔ y = 1; y = − b) 2,0 đ 1,0 x + x y + y + x + = (1)  x y ≥ (*) ĐK  x ≥  Nếu x = y ∈ R ; (1) ⇔ y + = ⇔ y = −3 (TM) Nếu y = x ≥ ; (1) ⇔ x + x + = PTVN VT dương Nếu x; y > (1) ⇔ ( x + y ) + x + x + = PTVN 0.5 0,5 0,5 0,5 Vậy (x, y ) = (0; -3) Xét số tự nhiên x, viết x =3k + r ( k ∈ N ;0 ≤ r ≤ ) Nếu r = x =3k x M Nếu r = x =3k +1 x = (9k + 6k + 1) chia dư 2 c) 2 2,0 đ Nếu r = x =3k +2 x = (9k + 12k + 4) chia dư Vậy với số tự nhiên x x2 chia dư (*) Áp dụng tính chất (*) ta thấy số nguyên dương a; b; a 2+2; b2+2; có số chia hết cho ab(a2+2)(b2+2) chia hết cho (ĐPCM) Bài 5,0 đ a) 2,0đ 1,0 1,0 A Theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có: K 0,5 I B H D C AB2 = BH.BC = 36.100 ⇒ AB = 60cm AC = CH.BC = 64.100 ⇒ AC = 80cm Vì ∠BAD = ∠CAD (GT) nên AB BD = ( theo tính chất phân giác) AC CD BD BD CD BD + CD BC 100 300 ⇒ = => = = = = ⇒ BD = (cm) CD 3+ 7 0,5 1,0 · · · · Vì AB < AC nên ·ACB < ·ABC ⇒ BAH < CAH ⇒ BAD < BAH ⇒ BD > BH ⇒ HD = BD − BH = 300 48 − 36 = (cm) 7 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: BI.AB = HB2 (1) CK.CA = CH (2) b) 2,0đ BI.AB BH BI BH CA Từ (1) (2) (*) = ⇒ = CK.CA CH CK CH AB 0,75 Mà theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có: BH AB2 BH AB4 (**) BH.BC = AB ;CH.CB = AC ⇒ = ⇒ = CH AC CH AC4 0,75 BI AB4 CA  AB  Từ (*) (**) ta có: = = ÷ CK CA AB  CA  * Trường hợp điểm M nằm hình vuông (hình vẽ) Đặt BC = a; BF = b; CQ = x Vẽ MR ⊥ AB (R ∈ AB); mà MF ⊥ DQ nên suy ra: ∆DCQ đồng dạng với ∆MRF Bài 1,0đ 0,5 (ta có đpcm) A F R M CQ RF D = hay CD RM x b−x 2 = ⇔ ( 2b − x ) + ( a − x ) = a (1) 2b a − x ⇒ B Q C Mặt khác: Tam giác ARM vuông R, theo pitago ta có: AM = AR + RM = ( 2b − x ) + ( a − x ) (2) Từ (1) (2) ⇒ a = AM = BC ⇒ AM = BC 2 * Trường hợp điểm M nằm hình vuông Tương tự ta c/m AM= BC (ta có đpcm) Ta có: Bài 2,0 đ ( a + b) ( a − b) ≥ ⇒ ( a + b ) ( a − ab + b − ab ) ≥ ⇒ a + b3 − ab(a + b) ≥ ⇒ ab(a + b) ≤ a + b3 3 3 Tương tự ta có: bc(b + c) ≤ b + c ; ca(c + a) ≤ c + a 0,5 Ta lại có: a + b + c 0,5 ( 2 ) = ( a + b + c) ( a + b2 + c2 ) = a + ab2 + ac2 + a b + b3 + bc2 + ca + b 2c + c3 = a + b3 + c3 + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≤ a + b + c3 + a + b + b + c3 + c + a = ( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≤ a + b3 + c3 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Tổng 0,5 0,5 20.0 Lưu ý: - Mọi cách giải khác cho điểm tối đa ; - Điểm toàn làm tròn đến 0,5 ... CA Từ (1) (2) (*) = ⇒ = CK .CA CH CK CH AB 0,75 M theo hệ th c lượng tam gi c vuông ta c : BH AB2 BH AB4 (**) BH.BC = AB ;CH.CB = AC ⇒ = ⇒ = CH AC CH AC4 0,75 BI AB4 CA  AB  Từ (*) (**) ta... (2) ⇒ a = AM = BC ⇒ AM = BC 2 * Trường h p đi m M n m hình vuông Tương tự ta c /m AM= BC (ta c đpcm) Ta c : Bài 2,0 đ ( a + b) ( a − b) ≥ ⇒ ( a + b ) ( a − ab + b − ab ) ≥ ⇒ a + b3 − ab (a + b)... c : = = ÷ CK CA AB  CA  * Trường h p đi m M n m hình vuông (hình vẽ) Đặt BC = a; BF = b; CQ = x Vẽ MR ⊥ AB (R ∈ AB); m MF ⊥ DQ n n suy ra: ∆DCQ đồng dạng với ∆MRF Bài 1,0đ 0,5 (ta c đpcm)