de thi HSG hay

Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm.. Yêu cầu cụ thể: Nội dung cần đạt Điểm a..[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 28/10/2013 Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có bài, gồm 01 trang) Bài 1: (4,0 điểm)  x2 x  x1 P    : x x  x  x  1  x   Cho biểu thức: Với x > 0, x  a.ĐỀRút gọn biểu thức P CHÍNH THỨC P b Tìm x để c So sánh: P2 và 2P Bài 2: (4,0 điểm) A 7  4 a Tính giá trị biểu thức: b Chứng minh a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2013 1 1    và a b c 2013 thì ba số a, b, c phải có số 2013 Bài 3: (4,0 điểm) a Giải phương trình: x  x 6 x   30 b Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P ab  bc  ca a  b2  c2  ( a  b  c )3 abc Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, AH  BC, HE  AB, HF  AC ( H  BC, E  AB, F  AC) a Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B AB3 b Chứng minh rằng: AC 3  BE CF 3 c Chứng minh rằng: BC  CF  BE d Cho BC = 2a Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác AEHF Bài 5: (2,0 điểm) Chứng minh với k là số nguyên thì 2016k + không phải là lập phương số nguyên Hết Họ tên thí sinh: Chữ kí giám thị:1: Số báo danh: Chữ kí giám thị 2: Giám thị không giải thích gì thêm PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN : TOÁN Hướng dẫn chấm này có 03 trang Bài I Yêu cầu chung: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa tương ứng Bài hình học sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì không cho điểm II Yêu cầu cụ thể: Nội dung cần đạt Điểm a (2,0đ)Ta có:  x   x  x  x  x  1 x  P   : ( x  1)( x  x  1)    1,0đ x  x 1 2  ( x  1)( x  x  1) x  x  x  1,0đ b.(1,5đ) 2 P    x  x  0 x  x 1 0,5đ (4điểm   x   ( x  3) 0 )  x 2 ( vì x   )  x = ( Thỏa mãn điều kiện) Vậy x = c (0,5đ) 0,25đ 0.25đ 0,25đ 0.25đ 1   x    0 2 * Do x  x  =  nên P > * Với x > thì x  x  nên x  x  > 1 1  P  2 x  x 1 suy ra: x  x  Do đó: < P < nên P.(P – 2) <  P2 < 2P a.(2,0đ) (4điểm) 3)  (1  A  (2  2  1 (2  3)  (  1) 3) =1 b (2,0đ)Từ giả thiết suy ra:  0,25đ 0,25đ 1.0 đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ 1 1 1 1     (  )(  ) 0 a b c a b c a b c a b c 0,5đ a b a b  0 ab c(a  b  c) 0,25đ  (a  b)(b  c)(c  a) 0 0.5đ  a  b 0   b  c 0  c  a 0 0,5đ Từ đó suy điều phải chứng minh a.(2,0đ) Đk: x  (4điểm) x  x 6 x   30  (x2 – 8x + 16) + (x + - x  + 9) =  ( x – 4)2 + ( x  - 3)2 =   x  0  x 4   x   0 0.25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ Vậy x = b.(2,0đ) Với x, y, z > Ta có: x y  2 +) y x (1) 1    +) x y z x  y  z (2) x2  y2  z 1 +) x2 + y2 + z2  xy + yz + zx  xy  yz  zx (3)  Xảy đẳng thức (1), (2), (3) x = y = z.Ta có: ab  bc  ca (a  b  c) P  (a  b  c)2 2 abc a b c ab  bc  ca (a  b  c)   (a  b  c  2ab  2bc  2ca ) abc a  b2  c2 Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: P ab  bc  ca 2 a b c  (a  b2  c2 ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ  2.9 ab  bc  ca  ab  bc  ca a  b  c  a  b2  c     18   a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca   2   18 28  a  b  c ab  bc  ca  a b c  ab  bc  ca  Dấu “ =” xảy   Vậy Min P = 28 và a = b = c 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ Cho tam giác ABC vuông A, AH  BC, HE  AB, HF  AC ( (6điểm) H  BC, E  AB, F  AC) e Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B AB3 f Chứng minh rằng: AC  BE CF 3 g Chứng minh rằng: BC  CF  BE h Cho BC = 2a Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác AEHF a.(2,0đ) * AHB vuông H, có HE  AB nên A F AH = AB.AE (1) Tương tự: AH = AC.AF (2) E Từ (1) và (2) suy ra: AB.AE = AC.AF * BH = AB.cosB; AB = BC.cosB C B H Suy BH = BC.cos2B b.(1,5đ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông: AB2 = BC.BH; AC2 = BC.CH; BH2 = AB.BE; CH2 = AC.CF AB AC   AB3 0,25đ 0,25đ BH AB BH AB.BE    CH AC CH AC.CF  0,5đ BE CF 0,5đ AC nên c (1,5đ) Ta có BE = BH.cosB; BH = AB.cosB; AB = BC.cosB; Do đó: BE = AB.cos2B = BC.cos3B  BE2 = BC2.cos6B  0,25đ 0,5đ 0,25đ BE  BC cos B 3 2 Tương tự ta có: CF  BC sin B  3 0,5đ BE  CF  BC (cos B  sin B )  BC A F E d (1,0đ) Ta có: SAEHF = AE.AF Lại có: AE  AH AB B H O C 0,25đ Tương tự: AF  0,25đ AH AC 0,25đ AH AH AH AO3 a3 a S AEHF       AB AC BC AH BC BC 2a Do đó: 0,25đ a2 =  ABC vuông cân A Max SAEHF Giả sử 2016k + = a3 với k và a là số nguyên Suy ra: 2016k = a3 - Ta chứng minh a3 – không chia hết cho 0,25đ 0,25đ 0,25đ  0;1;  1; 2;  2;3;  3 0,25đ Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r  (2điểm) Trong tất các trường hợp trên ta có a – không chia hết 0,5đ cho Mà 2016k luôn chia hết cho 7, 0,25đ nên a3 –  2016k 0,25đ Bài toán chứng minh Hết Người làm đáp án: Người thẩm định: Người duyệt: