PHỊNG GD&ĐT CẨM THỦY ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 Mơn thi: Tốn Ngày thi: 15 tháng năm 2014 Câu (5,0 điểm) x2 x x 1 x2 Cho biểu thức P : x 2x x x 1 x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn P 1 b) Tìm x để P= 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 a3 5a chia hết cho c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012 x 2013 y 2014 Câu (3,0 điểm) a) Cho a b c abc 0, tính giá trị biểu thức: P 1 b2 c a a c b2 a b2 c b) Cho số a b thỏa mãn a 1; b Chứng minh: 1 2 a b ab Câu (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC M 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 ĐÁP ÁN Câu a) ĐKXĐ: x 0; x 1; x 1 x x 1 x 1 x 1 x x2 P : x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x x x x 1 x : : 2 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x2 x 1 x x 1 x2 1 P b) P với x ĐKXĐ x 1 x2 x x2 x x (TM ) x 1 x 1 x 1( KTM ) 1 Vậy P x 2 c) x2 x x 1 x 1 1 P x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 P x 1 x 1 2 x 1 x 1 1 Vì x nên x Áp dụng BĐT Cosi ta có: x x 1 2 x 1 x 1 Dấu “=” xảy x x 1 x x 2(TM ) x 1 Vậy GTNN P x Câu a) Giả sử f ( x) chia cho x thương 5x dư ax b Khi đó: f ( x) x . 5 x ax b Theo đề bài, ta có: f (2) 22 2a b 22 a f (2) 10 2a b 10 b 16 Do đó: f ( x) x . 5 x 3x 16 Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x) 5x3 23x 16 b) a3 5a a3 a 6a a a 1 6a a a 1 a 1 6a Vì a(a 1)(a 1) tích số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho 2, số chia hết cho mà 2,3 nên a a 1 a 1 chia hết cho 6a chia hết cho Nên a3 5a chia hết cho c) x2 xy 2012 x 2013 y 2014 x xy x 2013x 2013 y 2013 x x y 1 2013 x y 1 x 2013 x y 1 x 2013 x 2014 x y y 2014 x 2013 1 x 2012 x y 1 y 2014 Câu a) 1 2 2 b c a a c b a b2 c2 1 2 b c2 b c a c2 a c a b2 a b P 1 abc 0 2ab 2ac 2ab 2abc 1 1 b) a b2 ab a ab b ab ab a ab b 1 a 1 ab 1 b2 1 ab a(b a)(1 b ) b a b 1 a b a a ab2 b a 2b b a ab 1 2 2 a b ab a b ab 1 a 1 b2 1 ab b a ab 1 0 Do a 1; b 1nên 2 a b ab 1 1 0 2 2 a b ab a b ab Câu E A B O M H C D N a) Xét OEB OMC Vì ABCD hình vng nên ta có: OB=OC Và B1 C1 450 , BE CM ( gt ) OEB OMC c.g.c OE OM O1 O3 Lại có: O2 O3 BOC 900 tứ giác ABCD hình vuông O2 O1 EOM 900 kết hợp với OE OM OEM vuông cân O b) Từ giả thiết tứ giác ABCD hình vuông AB / /CD AB = CD AM BM +) AB / /CD AB / / CN (định lý Ta let) (*) MN MC Mà BE CM ( gt ) AB Cd AE BM thay vào * AM AE ME / / BN (Ta let đảo) MN EB c) Gọi H ' giao điểm OM BN Ta có: Từ ME / / BN OME OH ' E (cặp góc so le trong) Mà OME 450 OEM vng cân O MH ' B 450 C1 OMC BMH '( g.g ) OM MH ' , kết hợp OMB CMH ' (hai góc đối đỉnh) OB MC OMB CMH '(c.g.c) OBM MH 'C 450 Vậy BH 'C BH ' M MH 'C 900 CH ' BN Mà CH BN H BN H H ' hay điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm)