weharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkhweharha;hdkjsdhkjdsha;hdfljksahfkh
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS VIỆT TRÌ Mơn Tốn Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao, nhận đề) Đề thi có 01 trang - Câu (3,0 điểm) a) Có hay khơng số tự nhiên n để n + 2014 số phương b) Chứng minh 4n3 + 6n + 3n − không chia hết cho 27, với số nguyên n Câu (4,0 điểm) a) Cho a, b, c số khác 0, thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tính giá trị ( a − b) ( b − c) + ( b − c) ( c − a) + ( c − a) ( a − b) biểu thức: P = ca ab bc b) Cho a, b, c, d bốn số thực thỏa mãn: a + b + c + d = Chứng minh rằng: a + b3 + c + d = ( c + d ) ( ab − cd ) Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + x − x = x − + ( x − 1) x x3 − y + ( x + y + x − y ) = b) Giải hệ phương trình: ( x + 1) ( y − 1) ( x − y + ) = Câu (7,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AB lấy điểm M cạnh AD lấy điểm N cho AM = AN Kẻ AH vng góc với BN ( H thuộc BN ), AH cắt DC BC hai điểm I K a) Chứng minh HCM tam giác vuông 1 + b) Chứng minh có giá trị khơng đổi AI AK c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo a, biết diện tích tam giác BCH gấp lần diện tích tam giác AMH Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a b c + + biểu thức S = 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c Hết Họ tên thí sinh: SBD: Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm thi gồm trang) I Một số ý chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm • Điểm thi tổng điểm thành phần không làm tròn số II Đáp án biểu điểm Câu (3,0 điểm) n a) Có hay khơng số tự nhiên n để n + 2014 số phương b) Chứng minh 4n3 + 6n + 3n − không chia hết cho 27, với số nguyên ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,5 điểm) Giả sử n + 2014 = m (với m ∈ ¥ , m > n ) ( m − n ) ( m + n ) = 2014 ( 1) Từ (1) suy hai số m − n, m + n có số chẵn 0,5 đ Mặt khác ( m − n ) + ( m + n ) = 2m số chẵn Do m − n, m + n số chẵn ⇒ ( m − n ) ( m + n ) M4 ( ) Dễ thấy 2014 không chia hết cho Vậy không tồn số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu toán 1,0 đ b) (1,5 điểm) Đặt A = 4n3 + 6n + 3n − B = ( 4n + 6n + 3n − ) = ( 8n + 12n + 6n + 1) − = ( 2n + 1) − Nếu ( 2n + 1) M3 ( 2n + 1) M27 ⇒ 0,5 đ ( 2n + 1) − không chia hết cho 27 ( 2n + 1) − không chia hết cho 3, 3 Nếu 2n + khơng chia hết cho khơng chia hết cho 27 Vậy B khơng chia hết cho 27, A khơng chia hết cho 27 với số nguyên n 1,0 đ Câu (4,0 điểm) a) Cho a, b, c số khác 0, thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tính giá trị ( a − b) ( b − c) + ( b − c) ( c − a) + ( c − a) ( a − b) biểu thức: P = ca ab bc b) Cho a, b, c, d bốn số thực thỏa mãn: a + b + c + d = Chứng minh rằng: a + b3 + c3 + d = ( c + d ) ( ab − cd ) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1,0 đ a) (2,0 điểm) b( a − b) ( b − c) + c ( b − c ) ( c − a ) + a ( c − a ) ( a − b) abc b ( ab − ac − b + bc ) + c ( bc − ab − c + ca ) + a ( ca − bc − a + ab ) = abc ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − ( a + b + c ) − 3abc = abc Ta dễ dàng chứng minh được: Nếu a + b + c = a + b3 + c3 = 3abc Do ab ( −c ) + bc ( −a ) + ca ( −b ) − 3abc − 3abc P= = −9 abc Ta có P = b) (2,0 điểm) Ta có a + b = − ( c + d ) nên ( a + b) = −( c + d ) 1,0 đ 1,0 đ ⇔ a + b3 + 3ab ( a + b ) = −c − d − 3cd ( c + d ) ⇔ a + b3 + c3 + d = −3ab ( a + b ) − 3cd ( c + d ) Mặt khác a + b = − ( c + d ) nên 1,0 đ a + b3 + c3 + d = ( c + d ) ( ab − cd ) Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + x − x = x − + ( x − 1) x x3 − y + ( x + y + x − y ) = b) Giải hệ phương trình: ( x + 1) ( y − 1) ( x − y + ) = ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,0 điểm) Với x ≥ 1, phương trình cho tương đương với ⇔ ( ( ) x −1 −1 − x − x )( x −1 −1 ( 0,5 đ ) x −1 −1 = ) x − − − x2 − x = x −1 −1 = ( 1) ⇔ x − − − x − x = ( ) Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x = 0,5 đ ( ) x − 1 − x = ( 3) Mặt khác, phương trình (2) tương đương với Vì x ≥ nên − x < 0, phương trình (2) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = b) (2,0 điểm) Hệ phương trình cho tương đương với 1,0 đ 0,5 đ ( x + 1) − ( y − 1) = ( x + 1) ( y − 1) ( x + 1) − ( y − 1) = X − Y = Đặt X = x + 1, Y = y − hệ phương trình trở thành XY ( X − Y ) = ( X − Y ) + XY ( X − Y ) = ( X − Y ) = X −Y =1 ⇔ ⇔ ⇔ XY = XY ( X − Y ) = XY ( X − Y ) = Thay X = Y + vào phương trình thứ hai hệ ta Y = Y ( Y + 1) = ⇔ Y + Y − = ⇔ Y = −2 Với Y = X = Khi x = 1, y = Với Y = −2 X = −1 Khi x = −2, y = −1 Vậy hệ phương trình cho có tập nghiệm S = { ( 1; ) , ( −2; −1) } 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu (7,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AB lấy điểm M cạnh AD lấy điểm N cho AM = AN Kẻ AH vng góc với BN ( H thuộc BN ), AH cắt DC BC hai điểm I K a) Chứng minh HCM tam giác vuông 1 + b) Chứng minh có giá trị khơng đổi AI AK c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo a, biết diện tích tam giác BCH gấp lần diện tích tam giác AMH A M B H N D C I K ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,5 điểm) Chứng minh ∆ADI = ∆BAN ( g c g ) nên DI = AN Vì AM = AN nên DI = AM Mặt khác AM / / DI nên AMID hình bình hành · Vì MAD = 900 nên AMID hình chữ nhật 1,0 đ Do BMIC hình chữ nhật Từ suy đường tròn qua điểm B, M , I , C nhận MC , BI làm đường kính · Mặt khác BHI = 900 nên H thuộc đường tròn đường kính BI 1,0 đ Do đó, H thuộc đường tròn đường kính MC · Vậy MHC = 900 , tức ∆HCM vuông H 0,5 đ b) (2,5 điểm) Ta có AD / / CK nên AD IA AD CK = ⇒ = CK IK AI IK AD IC = AK IK 2 2 IK AD AD CK + CI + = = =1 Do ÷ ÷ IK IK AI AK 1,5 đ Tương tự 0,5 đ 1 AD AD + = ⇒ + = Vậy (khơng đổi) ÷ ÷ AI AK a AI AK 0,5 đ c) (2,0 điểm) 1,0 đ Dễ thấy ∆HAB đồng dạng ∆HNA ( g g ) nên Do ∆BCH đồng dạng ∆AMH AB BH BC BH = ⇒ = NA AH AM AH dt ( ∆BCH ) BC = Từ suy ÷ dt ( ∆AMH ) AM Theo giả thiết ta có BC = AM ⇒ AB = AM , AD = AN 0,5 đ 2a a , DI = nên tứ giác ABIN có diện tích 3 0,5 đ a a a 5a a − + a ÷ = 3 Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a b c + + biểu thức S = 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c Vì DN = CI = ĐÁP ÁN ĐIỂM a b c + + 2b + c 2c + a 2a + b a2 b2 c2 = + + a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) Với A, B, C > x, y, z tùy ý, ta chứng minh Vì a + b + c = nên S = x2 y z ( x + y + z ) + + ≥ A B C A+ B+C ( 1) 0,5 đ ( *) 2 x + y) Thật vậy, trước tiên ta chứng minh x + y ≥ ( ( **) A B A+ B Vì A, B, > nên ( **) ⇔ ( Bx + Ay ) ( A + B ) ≥ AB ( x + y ) ( Bx − Ay ) ≥ (luôn đúng) 2 x2 y2 z ( x + y ) z2 ( x + y + z ) + + ≥ + ≥ ⇔ Do 0,5 đ A+ B C x y z = = Đẳng thức xảy ⇔ A B C A B C A+ B +C ( a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta suy ra: S ≥ ( 2) a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) Ta dễ dàng chứng minh ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ( 3) nên ( ab + bc + ca ) S≥ =1 ( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy a = b = c = 1,0 đ Vậy S = ⇔ a = b = c = HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm thi gồm trang) I Một số ý chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm • Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm tròn số II Đáp án biểu điểm Câu (3,0 điểm) n a) Có hay không số tự nhiên n để n + 2014 số phương b) Chứng minh 4n3 + 6n + 3n − không chia hết cho 27, với số nguyên ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,5 điểm) Giả sử n + 2014 = m (với m ∈ ¥ , m > n ) ( m − n ) ( m + n ) = 2014 ( 1) Từ (1) suy hai số m − n, m + n có số chẵn 0,5 đ Mặt khác ( m − n ) + ( m + n ) = 2m số chẵn Do m − n, m + n số chẵn ⇒ ( m − n ) ( m + n ) M4 ( ) Dễ thấy 2014 không chia hết cho Vậy không tồn số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu toán 1,0 đ b) (1,5 điểm) Đặt A = 4n3 + 6n + 3n − B = ( 4n + 6n + 3n − ) = ( 8n3 + 12n + 6n + 1) − = ( 2n + 1) − 0,5 đ Nếu ( 2n + 1) M3 ( 2n + 1) M27 ⇒ ( 2n + 1) − không chia hết cho 27 ( 2n + 1) − không chia hết cho 3, 3 Nếu 2n + khơng chia hết cho khơng chia hết cho 27 Vậy B không chia hết cho 27, A khơng chia hết cho 27 với số nguyên n 1,0 đ Câu (4,0 điểm) a) Cho a, b, c số khác 0, thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tính giá trị ( a − b) ( b − c) + ( b − c) ( c − a) + ( c − a) ( a − b) biểu thức: P = ca ab bc b) Cho a, b, c, d bốn số thực thỏa mãn: a + b + c + d = Chứng minh rằng: a + b3 + c3 + d = ( c + d ) ( ab − cd ) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,0 điểm) b( a − b) ( b − c) + c ( b − c ) ( c − a ) + a ( c − a ) ( a − b) Ta có P = abc b ( ab − ac − b + bc ) + c ( bc − ab − c + ca ) + a ( ca − bc − a + ab ) = abc ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) − ( a + b + c ) − 3abc = abc Ta dễ dàng chứng minh được: Nếu a + b + c = a + b3 + c3 = 3abc Do ab ( −c ) + bc ( −a ) + ca ( −b ) − 3abc − 3abc P= = −9 abc b) (2,0 điểm) Ta có a + b = − ( c + d ) nên ( a + b) = −( c + d ) 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ ⇔ a + b3 + 3ab ( a + b ) = −c − d − 3cd ( c + d ) ⇔ a + b3 + c3 + d = −3ab ( a + b ) − 3cd ( c + d ) Mặt khác a + b = − ( c + d ) nên 1,0 đ a + b3 + c3 + d = ( c + d ) ( ab − cd ) Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + x − x = x − + ( x − 1) x x3 − y + ( x + y + x − y ) = b) Giải hệ phương trình: ( x + 1) ( y − 1) ( x − y + ) = ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,0 điểm) Với x ≥ 1, phương trình cho tương đương với ⇔ ( ( ) x −1 −1 − x − x )( x −1 −1 ( 0,5 đ ) x −1 −1 = ) x − − − x2 − x = x −1 −1 = ( 1) ⇔ x − − − x − x = ( ) 0,5 đ 1,0 đ Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x = ( ) x − 1 − x = ( 3) Mặt khác, phương trình (2) tương đương với Vì x ≥ nên − x < 0, phương trình (2) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = b) (2,0 điểm) Hệ phương trình cho tương đương với ( x + 1) − ( y − 1) = ( x + 1) ( y − 1) ( x + 1) − ( y − 1) = 0,5 đ X − Y = Đặt X = x + 1, Y = y − hệ phương trình trở thành XY ( X − Y ) = ( X − Y ) + XY ( X − Y ) = ( X − Y ) = X −Y =1 ⇔ ⇔ ⇔ XY = XY ( X − Y ) = XY ( X − Y ) = Thay X = Y + vào phương trình thứ hai hệ ta Y = Y ( Y + 1) = ⇔ Y + Y − = ⇔ Y = −2 Với Y = X = Khi x = 1, y = Với Y = −2 X = −1 Khi x = −2, y = −1 Vậy hệ phương trình cho có tập nghiệm S = { ( 1; ) , ( −2; −1) } 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu (7,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AB lấy điểm M cạnh AD lấy điểm N cho AM = AN Kẻ AH vng góc với BN ( H thuộc BN ), AH cắt DC BC hai điểm I K a) Chứng minh HCM tam giác vng 1 + b) Chứng minh có giá trị khơng đổi AI AK c) Tính diện tích tứ giác ABIN theo a, biết diện tích tam giác BCH gấp lần diện tích tam giác AMH A M B H N D C I K ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,5 điểm) Chứng minh ∆ADI = ∆BAN ( g c g ) nên DI = AN Vì AM = AN nên DI = AM Mặt khác AM / / DI nên AMID hình bình hành · Vì MAD = 900 nên AMID hình chữ nhật 1,0 đ Do BMIC hình chữ nhật Từ suy đường tròn qua điểm B, M , I , C nhận MC , BI làm đường kính · Mặt khác BHI = 900 nên H thuộc đường tròn đường kính BI 1,0 đ Do đó, H thuộc đường tròn đường kính MC · Vậy MHC = 900 , tức ∆HCM vuông H 0,5 đ b) (2,5 điểm) Ta có AD / / CK nên AD IA AD CK = ⇒ = CK IK AI IK AD IC = AK IK 2 2 IK AD AD CK + CI + = = =1 Do ÷ ÷ IK IK AI AK 1,5 đ Tương tự 0,5 đ 1 AD AD + = ⇒ + = Vậy (khơng đổi) ÷ ÷ AI AK a AI AK 0,5 đ c) (2,0 điểm) 1,0 đ 10 Dễ thấy ∆HAB đồng dạng ∆HNA ( g g ) nên Do ∆BCH đồng dạng ∆AMH AB BH BC BH = ⇒ = NA AH AM AH dt ( ∆BCH ) BC = Từ suy ÷ dt ( ∆AMH ) AM Theo giả thiết ta có BC = AM ⇒ AB = AM , AD = AN 0,5 đ 2a a , DI = nên tứ giác ABIN có diện tích 3 0,5 đ a a a 5a a − + a ÷ = 3 Câu (2,0 điểm) Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a b c + + biểu thức S = 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c Vì DN = CI = ĐÁP ÁN ĐIỂM a b c + + 2b + c 2c + a 2a + b a2 b2 c2 = + + a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) Với A, B, C > x, y, z tùy ý, ta chứng minh Vì a + b + c = nên S = x2 y z ( x + y + z ) + + ≥ A B C A+ B+C ( 1) 0,5 đ ( *) 2 x + y) Thật vậy, trước tiên ta chứng minh x + y ≥ ( ( **) A B A+ B Vì A, B, > nên ( **) ⇔ ( Bx + Ay ) ( A + B ) ≥ AB ( x + y ) ( Bx − Ay ) ≥ (luôn đúng) 2 x2 y2 z ( x + y ) z2 ( x + y + z ) + + ≥ + ≥ ⇔ Do 0,5 đ A+ B C x y z = = Đẳng thức xảy ⇔ A B C A B C A+ B +C ( a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta suy ra: S ≥ ( 2) a ( 2b + c ) + b ( 2c + a ) + c ( 2a + b ) Ta dễ dàng chứng minh ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ( 3) nên ( ab + bc + ca ) S≥ =1 ( ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy a = b = c = 11 1,0 đ Vậy S = ⇔ a = b = c = 12 ... 1,0 đ Vậy S = ⇔ a = b = c = HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm thi gồm trang) I Một số ý chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu... Một số ý chấm • Hướng dẫn chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm cách... hợp logic chia nhỏ đến 0,25 điểm • Thí sinh làm cách khác với Hướng dẫn chấm mà tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với biểu điểm Hướng dẫn chấm • Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm tròn