TUYEN TAP DE THI HSG TOAN 9 TAP 1

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích Q thành nhân tử: Q = x + x − 2 x − 10 b Tính Q biết x = 13 − 10 Câu Cho hàm số: y = x − 2m − ; với m tham số a Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O b Tính theo m tọa độ giao điểm A; B đồ thị hàm số với trục Ox; Oy H hình chiếu O AB Xác định giá trị m để OH = b Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB Câu a Giải phương trình: x −1 + x − + x + = x − b Cho a; b hai số dương thỏa mãn: a + b = Chứng minh: 3(a + 6) ≥ (a + b) c Giải phương trình nghiệm nguyên: x + xy − 2008 x − 2009 y − 2010 = Câu Cho đường tròn (O; R ) AB CD hai đường kính cố định (O) vuông góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB · · · · a Tính sin MBA + sin MAB + sin MCD + sin MDC b Chứng minh: OK = AH (2 R − AH ) c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn Hết./ HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt Q = x + x − 2 x − 10 = x a b ( x+ )( x −2 ) ( ) x + −2 b ) x+ = x = 13 − 10 ⇒ x = − 2.2 + = (2 − 5) = 2 − ( )( ) Vậy: Q = 2 − + 2 − − 2 = 2.(− 5) = −2 10 y = x − 2m − ; với m tham số a ( c 0,5 0,5 0,5 Để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O(0; 0) −2m − = ⇔ m = − Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: A ( 2m + 1;0 ) 0,25 Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B ( 0; −2m − 1) 0,5 2,0 Ta có: ∆ AOB vuông O có OH đường cao nên: m = 1 1 = + ⇔ = ⇔ = + Hay  m = −1 x A2 yB2 (2m + 1) OH OA2 OB  x A + xB m + = Hoành độ trung điểm I AB: xI = 2 Điểm 0,5 Tung độ trung điểm I AB: yI = 0,5 2,0 0,5 y A + yB −(2m + 1) = 2 Ta có: yI = − xI ⇒ Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB đường 0,25 thẳng y = − x Điều kiện: x ≥ 0,2 x −1 + x − + x +1 = x − ⇔ x − + x − +1 + x +1 = x − a ⇔ ( ) x − +1 + x +1− x − = ⇔ x − +1+ x +1− x − = ⇔ x − − x − + = ⇔ ( x − − 2) = ⇔ x = > b Vậy nghiệm pt là: x = Với a; b hai số dương ta có: ( a + b) 2   1  =  2.a + b.1÷ ≤ ( 2a + b )  + 1÷ (Theo Bunhiacopski) 2    2,5 0,2 0,3 0,3 0,25 0,25 (Vì a + b = ) Hay x + xy − 2008 x − 2009 y − 2010 = ⇔ ( a + b ) ≤ ( a2 + 6) c 3(a + 6) ≥ (a + b) ⇔ x + xy + x − 2009 x − 2009 y − 2009 = 0,25 ⇔ x ( x + y + 1) − 2009( x + y + 1) = ⇔ ( x − 2009)( x + y + 1) = 0,5   x − 2009 =   x = 2010     x + y + = ⇔   y = −2010   x − 2009 = −1   x = 2008     x + y + = −1   y = −2010 0,25 0,25 C K B O M H A D a b Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên: · · · · = sin MBA + sin MAB + sin MCD + sin MDC · 2· · 2· (sin MBA + cos MBA) + (sin MCD + cos MCD) = + = Chứng minh: OK = AH (2 R − AH ) Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vuông MAB có MH đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH + MH OM R Mà OH.MH ≤ (Pitago) = = 2 c Vậy P ≤ R R2 = R đẳng thức xẩy ⇔ MH = OH ⇔ OH = R 2 0,75 3,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V1 PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG NĂM HỌC: 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý a b a Nội dung cần đạt Điểm 0,5 28 − 10 + + = 25 − 2.5 + + + 2.2 + = 5− +2+ = 0,5 27 + 54 + 14 49 + 2.7 + + = = = =1 10 + 2( + 7) 7+ 7+ ĐK: x ≥ −1 : 1,0 x + + x +1 = ⇔ x +1+ x +1 +1 = ⇔ ( ) x +1 +1 2,0 =3 1,0 HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm x = ĐK: x ≥ b x − 13x + 50 = x − ⇔ x − 14 x + 49 + x − − 2.2 x − + = 0,75  x − = ⇔ ( x − 7) + x − − = ⇔  ⇔ x=7  x − − = A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.52 + 26.5n + 64n.8 = 51.5n + 8.64 n a 1,75 ( ) 0,25 n n = 59.5n + 8.64n − 8.5n = 59.5 − 5n ) ⇔ A M59 { + 8.(64 14 43 M59 0, M(64 −5) 18 21 18 21 B = a + 3b + + = (a + b) + (2a + ) + ( b + ) a b a b b Áp dụng BĐT Côsi: ⇔ B ≥ + 2a 0,25 18 21 + .b = + 2.6 + 2.7 = 30 a b BMin = 30 , HS lập luận: Dấu “=” xẩy ⇔ a = b = 3 Đặt: n2 + 2014 = p ( p số nguyên) ⇔ ( p − n)( p + n) = 2014 0,25 0,25 (1) 0,25 2,25 Xét tổng: ( p + n) + ( p − n) = p (Chẵn) + Nếu: ( p + n ) chẵn ( p − n ) chẵn ⇔ Vế trái (1) chia hết cho c Mà Vế phải (1): 2014 không chia hết cho (*) + Nếu ( p + n ) lẻ ( p − n ) lẻ ⇔ Vế trái (1) không chia hết cho 0,25 Mà vế phải (1): 2014 chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy không tồn số nguyên n thỏa mãn 2,25 Áp ụng định lý Pitago tam giác: MAC, NAB ta có: A N M  BN = AN + AB2                2 CM = AM + AC ⇔ BN + CM = AN + (2AM) + AM +(2AN) C B ⇔ 4(sin α + cos α ) = 5(AN + AM ) = 5.MN 0,5 0,5 HS lập luận MN đường trung bình ra: sin α + cos α = để tính 0,5 MN = A 5 1,5 0,25 H M P O B N D C MN MO = (Theo Talet) (1) BH OB MO MA · · ⇒ = (2) AD phân giác BAC nên AO phân giác BAM OB BA NM AM = Từ (1) (2): BH AB AH · · · · PA ⊥ AC nên: PAB = + BAC = 90o ⇒ sin PAB = cos BAC AC 0,25 MN // AB (Vì MN, AB vuông góc CH): a Trong tam giác vuông BHC: b · sin HCB = · BH sin PAB AH BC ⇒ = · BC AC BH sin HCB 1 AH AC NM AM AH AC AH BH Từ câu a = ⇔ =2 ⇔ = ⇔ = BH AB BH AB BH AB AC AB 0,25 0,25 0, (3) (4) 0,25 0,25 2,5 Từ (3) (4): · sin PAB AH BC BH BC BC · · = = = ⇔ AB sin PAB = BC sin HCB · sin HCB AC BH AB BH AB 0, Học sinh làm cách khác với yêu cầu đề chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC: 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Tính giá trị biểu thức: c 28 − 10 + + ; b 27 + 10 + Câu Giải phương trình: c x + + x + = d x − 13x + 50 = x − Câu d Cho A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 ; với n ∈ N Chứng minh: A chia hết cho 59 e Cho a; b hai số thực dương thỏa mãn: a + b ≥ B = a + 3b + 18 21 + a b Tìm giá trị nhỏ B f Tìm số nguyên n thỏa mãn: n2 + 2014 số phương Câu Cho tam giác ABC vuông A Điểm M, N trung điểm cạnh AB, AC Biết độ dài BN = 2.sin α ; CM = cos α với 0o < α < 90o Tính độ dài đoạn MN Câu Tam giác ABC có đường cao CH, phân giác AD, trung tuyến BM gặp điểm O Kẻ MN vuông góc với HC N Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AC A, đường thẳng cắt BC P Chứng minh: NM AM = BH AB · · e AB.sin PAB = BC.sin HCB d Hết./ PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V1 NĂM HỌC: 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý a b a Nội dung cần đạt Điểm 0,5 28 − 10 + + = 25 − 2.5 + + + 2.2 + = 5− +2+ = 0,5 27 + 54 + 14 49 + 2.7 + + = = = =1 10 + 2( + 7) 7+ 7+ ĐK: x ≥ −1 : 1,0 x + + x +1 = ⇔ x +1+ x +1 +1 = ⇔ ( ) x +1 +1 2,0 =3 1,0 HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm x = ĐK: x ≥ b x − 13x + 50 = x − ⇔ x − 14 x + 49 + x − − 2.2 x − + = 0,75  x − = ⇔ ( x − 7) + x − − = ⇔  ⇔ x=7  x − − = A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.52 + 26.5n + 64n.8 = 51.5n + 8.64 n a 1,75 ( ) 0,25 n n = 59.5n + 8.64n − 8.5n = 59.5 − 5n ) ⇔ A M59 { + 8.(64 14 43 M59 0, M(64 −5) 18 21 18 21 B = a + 3b + + = (a + b) + (2a + ) + ( b + ) a b a b b Áp dụng BĐT Côsi: ⇔ B ≥ + 2a 0,25 18 21 + .b = + 2.6 + 2.7 = 30 a b BMin = 30 , HS lập luận: Dấu “=” xẩy ⇔ a = b = 3 Đặt: n2 + 2014 = p ( p số nguyên) ⇔ ( p − n)( p + n) = 2014 0,25 0,25 (1) 0,25 2,25 Xét tổng: ( p + n) + ( p − n) = p (Chẵn) + Nếu: ( p + n ) chẵn ( p − n ) chẵn ⇔ Vế trái (1) chia hết cho c Mà Vế phải (1): 2014 không chia hết cho (*) + Nếu ( p + n ) lẻ ( p − n ) lẻ ⇔ Vế trái (1) không chia hết cho 0,25 Mà vế phải (1): 2014 chia hết cho (**) Từ (*) (**) suy không tồn số nguyên n thỏa mãn A M 2,25 Áp ụng định lý Pitago tam giác: MAC, NAB ta có: 0,5 N 0,5 B C  BN = AN + AB2                2 CM = AM + AC ⇔ BN + CM = AN + (2AM) + AM +(2AN) 0,5 ⇔ 4(sin α + cos α ) = 5(AN + AM ) = 5.MN HS lập luận MN đường trung bình ra: sin α + cos α = để tính MN = 5 A 1,5 0,25 H M O P B N D C MN MO = (Theo Talet) (1) BH OB MO MA · · ⇒ = (2) AD phân giác BAC nên AO phân giác BAM OB BA NM AM = Từ (1) (2): BH AB AH · · · · PA ⊥ AC nên: PAB = + BAC = 90o ⇒ sin PAB = cos BAC AC 0,25 MN // AB (Vì MN, AB vuông góc CH): a Trong tam giác vuông BHC: b · sin HCB = · BH sin PAB AH BC ⇒ = · BC sin HCB AC BH 1 AH AC NM AM AH AC AH BH Từ câu a = ⇔ =2 ⇔ = ⇔ = BH AB BH AB BH AB AC AB 0,25 0,25 0, (3) (4) 0,25 2,5 0,25 Từ (3) (4): · sin PAB AH BC BH BC BC · · = = = ⇔ AB sin PAB = BC sin HCB · sin HCB AC BH AB BH AB 0, Học sinh làm cách khác với yêu cầu đề chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG II NĂM HỌC: 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Cho biểu thức: P = x x+2 + + x − x x + x ( x − 1)( x + x ) d Rút gọn P e Tính P x = + 2 f Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Câu Giải phương trình: e x − 10 x + 27 = − x + x − f x − x − x x − x + = Câu g Tìm số nguyên x; y thỏa mãn: y + xy − 3x − =  x −1   − 2x x  1 + + ÷ h Cho x > 1; y > , chứng minh: ÷ + ≥ 3 ( x − 1)  y  y  x −1 y  i Tìm số tự nhiên n để: A = n2012 + n2002 + số nguyên tố Câu Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh a E điểm di chuyển CD ( E khác C, D) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1 + không đổi AE AF · · · · b Chứng minh: cos ·AKE = sin EKF cos EFK + sin EFK cos EKF a Chứng minh: c Lấy điểm M trung điểm đoạn AC Trình bày cách dựng điểm N DM cho khoảng cách từ N đến AC tổng khoảng cách từ N đến DC AD Câu Cho ABCD hình bình hành Đường thẳng d qua A không cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K hình chiếu B, C, D đường thẳng d Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn Hết./ PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý P= a b c Nội dung cần đạt x x+2 + + x ( x − 1) x ( x + 2) x ( x − 1)( x + 2) = x( x + 2) + 2( x − 1) + x + x x + x + x − + x + = x ( x − 1)( x + 2) x ( x − 1)( x + 2) = x x + 2x + x + x = x ( x − 1)( x + 2) Điểm 0,25 0,25 x ( x + 1)( x + 2) ( x + 1) = x ( x − 1)( x + 2) ( x − 1) 0.5 x = + 2 ⇔ x = + 2 + = ( + 1) = + 0.25 ( x + 1) +1+1 2+2 = = = 1+ ( x − 1) +1−1 ĐK: x > 0; x ≠ : 0.25 2,25 P= P= ( x + 1) = ( x − 1) 0.25 x −1+ 2 = 1+ x −1 x −1 0.25 0.25 Học sinh lập luận để tìm x = x = a ĐK: ≤ x ≤ : 0.25 VT = x − 10 x + 27 = ( x − 5) + ≥ , dấu “=” xẩy ⇔ x = 0.25 VP = − x + x − ≤ (12 + 12 )(( − x ) + ( x − 4) ) ⇔ VP ≤ , dấu “=” xẩy 0.25 ⇔ = 6− x ⇒ 6− x = x−4 ⇔ x = x−4 VT = VP ⇔ x = (TMĐK), Vậy nghiệm phương trình: x = ĐK: x ≥ Nhận thấy: x = nghiệm phương trình, chia hai vế cho x ta có: 0.25 0.75 4 x − 2x − x x − x + = ⇔ x − − x − + = ⇔ (x + ) − ( x + )−2 = x x x x 1,75 b Đặt x + 4 = t > ⇔ t = x + + ⇔ x + = t − , thay vào ta có: x x x t = ⇔ (t − 4) − t − = ⇔ t − t − = ⇔ (t − 3)(t + 2) = ⇔  t = −2 Đối chiếu ĐK t ⇒t =3⇔ x + a x = = ⇔ x − x + = ⇔ ( x − 2)( x − 1) = ⇔  x x = y + xy − 3x − = ⇔ x + xy + y = x + 3x + ⇔ ( x + y ) = ( x + 1)( x + 2) (*) 2.0 VT (*) số phương; VP (*) tích số nguyên liên tiếp 10 x +1 =  x = −1 ⇒ y = ⇔ x + =  x = −2 ⇒ y = 0.5 nên phải có số ⇔  Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) = (−1;1) ( x; y ) = (−2; 2) x > 1; y > ⇔ x − > 0; y > ⇔ x −1 > 0; > 0; > ( x − 1) y y Áp dụng BĐT Côsi cho số dương: 1 + + ≥ 3 1.1 ⇔ ≥ −2 3 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) x −1 b (1) 0.75  x −1   x −1   x −  3( x − 1) −2  ÷ +1+1 ≥ 33  ÷ 1.1 ⇔  ÷ ≥ y  y   y   y  1 + + ≥ 3 1.1 ⇔ ≥ − y y y y (2) (3) Từ (1); (2); (3):  x −1  1 3( x − 1) + −6+ + ÷+ 3≥ ( x − 1)  y  y x −1 y y  x −1  1 − x + 3x − 2x x ⇔ + + = 3( + ) ÷+ 3≥ ( x − 1)  y  y x −1 y x −1 y Xét n = A = nguyên tố; n = A = nguyên tố 0.25 Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 0.5 Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A hợp số Số tự nhiên ần tìm n = B A M M' 0.25 N N' K P D E Q H a C F Học sinh c/m: ∆ ABF = ∆ ADK (g.c.g) suy AF = AK 0.5 11 b Trong tam giác vuông: KAE có AD đường cao nên: 1 1 1 + = + = = (không đổi) 2 hay 2 AK AE AD AF AE AD a 1 · HS c/m S KEF = KE.EF sin ·AEK = KE.EF cos AKE 2 1 Mặt khác: S KEF = EH KF = EH ( KH + HF ) Suy ra: 2 EH KH + EH HF · KE.EF cos ·AKE = EH ( KH + HF ) ⇔ cos AKE = KE.EF : EH KH EH HF · K cos EKF · · · K ⇔ cos ·AKE = + = sin EF + sin EKF cosEF EF EK KE EF Giả sử dựng điểm N thỏa mãn NP + NQ = MN 0,5 0,25 0,25 0,5 3.0 Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy tam giác NN’M cân N ⇒ MN’ · ' ⇒ Cách dựng điểm N: phân giác DMM c - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.25 · ' cắt DM’ N’ - Dựng phân giác DMM d - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD 0.25 0.25 Chú ý: Học sinh không trình bày phân tích mà trình bày cách dựng cho H điểm tối đa 0.25 I A P B K O D 1.0 C Gọi O giao điểm đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d P HS lập luận BH + CI + DK = 4OP 0.25 0.25 Mà OP ≤ AO nên BH + CI + DK ≤ 4AO Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO Đạt P ≡ A hay d vuông góc AC 0.25 Học sinh làm cách khác với yêu cầu đề chấm điểm tối đa PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC: 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.5 điểm ) Rút gọn biểu thức sau 12 a b c A = 3x + x − x + B = 3+ − 3− − C = (1+ tan2α)(1- sin2α) + (1+cotan2α)(1-cos2α) Bài 2: (2.0 điểm) Giải phương trình a x x − x − x = b x − x + 36 = x + Bài 3: (2.0 điểm) a Cho số nguyên dương a; b; c đôi nguyên tố nhau, thỏa mãn: (a + b)c = ab Xét tổng M = a + b có phải số phương không? Vì sao? b Cho x; y > x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P= 20 11 + x +y xy Bài 4: ( 2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD; BE; CF cắt H Gọi M trung điểm HC; N trung điểm AC AM cắt HN G Đường thẳng qua M vuông góc với HC đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt K Chứng minh rằng: a Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC · Từ suy SAEF = SABC cos BAC b BH.KM = BA.KN c GA5 + GB + GH =4 GM + GK + GN Bài 5: (1 điểm) Điểm M cố định thuộc đoạn thẳng AB cho trước.Vẽ phía AB tia Ax By vuông góc với AB Qua M có hai đường thẳng Mt Mz thay đổi vuông góc với M cắt Ax, By theo thứ tự C D tạo góc ·AMC = α Xác định số đo α để tam giác MCD có diện tích nhỏ Hết./ Họ tên thí sinh…………………………………… ……….SBD………….………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI MÔN: TOÁN Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang Bài Ý Nội dung cần đạt 4 x − 2; neu x ≥ 2 a = x + ( x − 2) = x + x − =  2.5 A 0.75 2 x + 2; neu x < B = + − − − = ( + 1) − ( − 1) − b 0.75 = | + 1| − | − 1| −2 = b 1.0 C = (1 + + − + − = Suy A = sin α cos α )(1 − sin α ) + (1 + )(1 − cos α ) = cos α sin α sin α cos α = (1 + )(cos α ) + (1 + )(sin α ) = 2 cos α sin α Điểm 0.25x3 0.5 0.25 0.2x5 13 1 sin α + cos α cos α + sin α cos α + sin α =2 cos α + sin α = = 2 cos α sin α cos α sin α 0.25x4 ĐK: x ≥ = 2a 1.0 2.0 2b 1.0 x x − x − x = ⇔ x (x − − x ) = x = ⇔ x ( x − 2)( x + 1) = ⇔  x = −4 ĐKXĐ: x ≥ ; Học sinh đối chiếu ĐK kết luận nghiệm ( x − x + 16) + (3 x + − x + 4.4 + 16) = ⇔ ( x − 4) + ( 3x + − 4) = ⇔ x − = 3x + − = ⇔ x = 4(tm) (a + b)c = ab ⇒ ( a − c)(b − c ) = c 3a 1.0 Gọi UCLN a-c b-c d ⇒ c Md ⇒ c Md ⇒ a Md ; b Md mà a; b; c số đôi nguyên tố nên d = Do a-c b-c hai số phương Đặt a-c = p2; b-c = q2 ( p; q số nguyên) c2 = p2q2 ⇒ c = pq ⇒ a+b = (a- c) + (b – c) + 2c = ( p+ q)2 số phương 20 10 20 20 80 P= + + + ≥ 20 = 2 2 Ta có x +y xy xy x +y xy x + y + xy ( x + y ) Mà x + y ≤ 20 20 + ≥ 20 2 Nên x +y xy 2.0 3b 1.0 Mặt khác : xy ≤ 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 0.5 0,25 0,25 Dấu x = y =1 ( x + y )2 22 ≤ = Nên ≥ Dấu xảy xy 4 x = y =1 0.25 0.25 Vậy giá trị nhỏ P 21 x = y =1 14 0.25 A F E H K N G B D M C 2.5 4a 1.0 4b 0.75 AE AF · · = = ∆ACF vuông F nên cos CAF ∆AEB vuông E nên cos BAE AB ; AC Tư chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên S AEF AE · · = = cos BAC ⇒ S AEF = S ABC cos BAC S ABC AB · · · ; ·ABH = MKN (Góc có cạnh tương ứng song song) ∆ABH ∆MNK có BAH = NMK Suy ∆AHB đồng dạng với ∆MNK ( g.g); ⇒ ∆AHB đồng dạng với ∆MNK nên AHC); Lại có: 4c 0.75 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 AB AH = = ( Vì MN đường TB tam giác MK MN AG HG = 2; = ( G trọng tâm tam giácAHC) MG NG AB AG · · = = Mặt khác BAG ( so le trong) = GMK MK MG ⇒ ∆ABG đồng dạng với tam giác ∆MKG (c.g.c) GB GA GH GB5 GA5 GH GB + GA5 + GH ⇒ = = =2⇒ = = = = 32 GK GM GN GK GM GN GK + GM + GN ⇒ ⇒ 1.0 BA BH = ⇒ BA.KN = BH KM KM KN 0.25 GB + GA5 + GH =4 GK + GM + GN · · MC.MD ; Đặt MA = a , MB = b, Ta có AMC = BDM =α ; a b ab MC = , MD = ; SMCD = cosα sin α cosα.sin α 0.25 0.25 Ta có : SMCD = Do a,b số nên SMCD nhỏ ⇔ 2sinα.cosα lớn 0.5 0.5 15 Theo bất đẳng thức 2xy ≤ x2 +y2 ta có : 2sinα.cosα ≤ sin2α +cos2α = nên SMCD ≥ ab SMCD = ab ⇔ sinα = cosα ⇔ sinα = sin(90 −α) ⇔ α = 900−α ⇔ α = 450 ⇔ ∆AMC ∆BMD vuông cân Vậy SMCD = ab Khi α = 450 ; C,D xác định tia Ax ; x By cho AC = AM , BD = BM y D α C A PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) a α( M b B ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG NĂM HỌC: 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm ) Rút gọn biểu thức sau:   x + x  P = 1− x  − − 1÷ ÷ x   x −1 ÷  1− x  d Rút gọn P e Tính giá trị P x = − f Chứng minh: P > ( ) Bài 2: (2.0 điểm) Giải phương trình a Cho < x < 90o Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị biến: sin x + cos6 x + 3sin x cos x + tan x cos x + cotan x sin x b Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + x = 19 Bài 3: (2.0 điểm) a Cho số nguyên dương: a1; a2 ; a3; ; a2013 cho: N = a1 + a2 + a3 + + a2013 chia hết cho 30 Chứng minh: M = a15 + a25 + a35 + + a2013 chia hết cho 30 2 b Cho x; y thỏa mãn: x + y − x − y ≤ Chứng minh: x + y ≤ 10 Bài 4: ( 2,5 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên cạnh AB lấy điểm N, CN cắt đường thẳng DA E Đường thẳng qua C vuông góc CN C cắt đường thẳng AB F Diện tích tứ giác ACFE a a Chứng minh: N trung điểm AB b Tính CF theo a 16 Bài 5: (1,5 điểm) Cho đường tròn cố định (O; R) qua đoạn thẳng BC cố định Điểm M di chuyển đường tròn (O), M không trùng với B; C Gọi G trọng tâm tam giác MBC Chứng minh điểm G di động đường tròn cố định Hết./ Họ tên thí sinh…………………………………… ……….SBD………….………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI MÔN: TOÁN Bản hướng dẫn chấm gồm có 02 trang Bài Ý Nội dung cần đạt ĐK: x ≥ 0; x ≠ a 1,0 2.0 b 0.5 c 0.5 2a 1.0 2.0   x − + x  x + x − (2 x − 1)   x + x  P = 1− x  − − 1÷ = − x  ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ x   x −1 ÷ x −1  1− x   (1 − x ) x   ( = ) ( ) x −1 x − x +1 x − x +1 = x x −1 x x = 7−4 ⇔ x = 2− − − + +1 − = =3 2− 2− x − x +1 1 P= = x+ −1 ≥ x −1 ⇔ P ≥ x x x ⇔ x = ; mà x = không thuộc TXĐ Dấu “=” xẩy khi: x = x Vậy P > 0.25 0.25 P= 0.25 0.25 0.25x4 sin x + cos6 x + 3sin x cos x + tan x cos x + cotan x sin x sin x cos x = sin x + cos6 x + 3sin x cos x(sin x + cos x) + c os x + sin x 2 cos x sin x 2 2 = ( sin x + cos x ) + ( sin x + cos x ) = + = Giá trị biểu thức không phụ thuộc giá trị x x + y + x = 19 ⇔ 2( x + x + 1) = 3(7 − y ) ⇔ 2( x + 1) = 3(7 − y ) ⇔ 3(7 − y )M2 ⇔ − y M2 ⇔ y số nguyên lẻ 2.0 Điểm 0.25x4 2b 1.0 Mà ( x − 1) ≥ ⇔ − y ≥ ⇔ y = HS tìm y thay vào tìm x để tìm cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1) 3a 1.0 - HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1)(a1 + 1)(a1 + 1) chia hết cho có tích số tự nhiên liên tiếp - HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1)(a1 + 1)(a1 + 1) chia hết cho (Chia trường hợp để xét: a1 = 5k ; a1 = 5k ± 1; a1 = 5k ± ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 Mà (5; 6) = nên a1 − a1 M30 5 5 Xét tương tự suy được: a1 − a1 + a2 − a2 + a3 − a3 + + a2013 − a2013 M30 0.5 17 Hay a15 + a25 + a35 + + a2013 - a1 + a2 + a3 + + a2013 M30 ⇔ M − N M30 Theo giả thiết: N M30 ⇔ M M30 0,25 x + y − x − y ≤ ⇔ x − x + + y − y + ≤ ⇔ ( x − 1) + ( y − 2) ≤ 3b 1.0 Vận dụng BĐT Bunhiacopski ta có: ( x − + 2( y − 2)) ≤ (12 + 22 ) ( ( x − 1) + ( y − 2) ) = 25 0,5 ⇔ x − + 2( y − 2) ≤ 25 = ⇔ x + y ≤ 10 0.25 E B A F N 4a 1,5đ 4b 1,0 D C Gọi độ dài BN = b ( Với < b < a) C/m được: ∆ CBF = ∆ CDE (g-c-g) ⇒ CF = CE ⇒ 2S ACFE = 2( S EAC + S ECF ) = EA.CD + CE.CF = a.EA + CE EA AN EA a −b a (a − b ) = ⇔ = ⇔ EA = Vì AN // DC nên áp dụng Talet: ED DC EA + a a b a ( a − b) Suy ra: DE = EA + AD = +a b a4 Áp dụng định lý Py ta go vào ∆DEC ta có CE2 = CD2 +DE2 = a2 + b Từ (1),(2),(3) suy a ( a − b ) a b + a a ( a + b) 2SACEF = + = b b2 b2 a ( a + b) Do SACEF = 3SABCD = 3a2 2b a2 +ab -6b2 = HS lập luận giải: a = 2b Vậy điểm N trung điểm AB a4 a4 =a + = 5a Theo c/m trên: CF = CE mà theo (3) CE2 = a + b 2 a CF = a (1) 0,5 (2) (3) 0,5 0,5 0,5x2 18 0.5 0.25 0,25 M 0,5 1,5 N Lấy N trung điểm BC Trên NO lấy H cho NH = NO (O) cố định, BC cố định nên H cố định Theo tính chất trọng tâm: NG = NM (2) 1 Từ (1) (2): ∆NHG : ∆NOM ⇒ HG = OM = R 3 H cố định HG = R Vậy G chạy đường tròn (H; R/3) (1) 19 ... (2; 1) ; (2; -1) ; (-4; 1) ; (-4; -1) 3a 1. 0 - HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1) (a1 + 1) (a1 + 1) chia hết cho có tích số tự nhiên liên tiếp - HS lập luận: a1 − a1 = a1 (a1 − 1) (a1 + 1) (a1 + 1) chia... x 1   x −  3( x − 1) −2  ÷ +1+ 1 ≥ 33  ÷ 1. 1 ⇔  ÷ ≥ y  y   y   y  1 + + ≥ 3 1. 1 ⇔ ≥ − y y y y (2) (3) Từ (1) ; (2); (3):  x 1  1 3( x − 1) + −6+ + ÷+ 3≥ ( x − 1)  y  y x 1 y... + 14 49 + 2.7 + + = = = =1 10 + 2( + 7) 7+ 7+ ĐK: x ≥ 1 : 1, 0 x + + x +1 = ⇔ x +1+ x +1 +1 = ⇔ ( ) x +1 +1 2,0 =3 1, 0 HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm x = ĐK: x ≥ b x − 13 x + 50 = x − ⇔ x − 14