0,5 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương - Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề chính thức Đề thi gồm có: 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHÀNH PHỐ NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: Toán – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài 1: (4điểm) Cho P = x √ x −2 x − √ x +2 x √ x −3 √ x −2 + x √ x +2 x − √ x −2 x √ x −3 √ x +2 Rút gọn P Với giá trị nào x thì P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4 điểm) Giải phương trình |5 −3 x|−|x − 1| =4 x − 3+|3+2 x| Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4điểm) 1 1 Cho a = x + x ; b = y + y ; c = xy + xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc Chứng minh với x > ta luôn có 3(x2 - ) < 2(x3 x2 ) x3 Bài 4: ( điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P là trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE và BCF Chứng minh trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc đường thẳng Bài 5: (2 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài 36cm.Tính độ dài BD, DC Bài 6: (2 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN P = √ 1+a4 + √ 1+ b4 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTHÀNH PHỐ (2) NĂM HỌC: 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Điều kiện Tóm tắt cách giải 1; x > 0; x Điểm 0,5 √ x +1¿ √ x − 1¿ ( √ x − 2)¿ ( √ x+ 2)¿ 2,5 đ P = ( √ x −2)( √ x − 1)( √ x +1) + ( √ x+2)( √ x − 1)( √ x +1) ¿ (4 điểm) ¿ = √x− √ x+1 + √ x+1 √x− = 2( x+1) x −1 P>1 ⇔ ⇔ 0,5 2( x+1) >1 x −1 ⇔ x +2− x+1 x −1 >0 x+3 x −1 ⇔ 1,5 đ P= 2( x+1) x −1 -1>0 0,5 x>1 ⇒ Kết hợp điều kiện x > 0; x Suy x > 1; x 2( x+1) x −1 > Theo đ/k x > ⇒ x + > x–1>0 ⇒ 0,5 1; 0,5 thì P > = + x −1 Với x > 0; x 1; 0,5 P nguyên ⇔ x – là ước P đạt giá trị nguyên lớn ⇔ x – = ⇔ x = Vậy P đạt giá trị lớn x =2 Điều kiện x – + |3+2 x| 0,5 0,5 0,25 Phương trình tương đương |3 x −5| - |x − 1| - |2 x+3| - 4x + 12 = 2đ Xét x < - Thì ( ( ) 0,5 ) ⇔ - 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 =0 (4 điểm) Xét - ≤ x < Thì ( ⇔ 2x = -28 ⇔ x = - 14 ( Thỏa mãn đk) ) ⇔ - 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0,25 (3) 0,25 x= ⇔ Xét 1≤ x < Thì ( ) ⇔ - 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0,25 ⇔ Xét x ≥ Thì ( ( Thỏa mãn đk) x= ( loại) ) ⇔ 3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = ⇔ x=- Vậy phương trình có nghiệm x 0,25 (Loại) − 14 ; { 0,25 } Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 ⇔ 0,5 (x + y)2 = xy(xy + 1) + Nếu x + y = ⇒ xy(xy + 1) = ⇔ 2đ Với xy = Kết hợp với x + y = Với xy = -1 Kết hợp với x + y = ⇒ ⇒ xy=0 ¿ xy=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ 0,5 0,5 x=y=0 ¿ x=1 y=− ¿{ ¿ ¿ x=−1 y =1 ¿{ ¿ + Nếu x + y ⇒ (x + y)2 là số chính phương xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố cùng Do đó không thể cùng là số chính phương Vậy nghiệm nguyên phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1) +2 x2 b2 = y2 + + y c2 = x2y2 + 2 + x y 1 ab = (x + x )(y + y ) = xy + y x x y ⇒ abc = (c + + ).c y x x y = c2 + c( y + x ) 0,5 a2 = x2 + 2đ (4 điểm) xy + x y + y x =c+ x y + 0,5 0,5 (4) x = c2 + (xy + xy )( y = c2 + x2 + y2 + y + = a2 – + b2 – + c2 ⇒ A = a2 + b2 + c2 – abc = + y ) x 0,5 x 0,5 1 ) < 2(x ) x x 1 1 ⇔ 3(x )(x + x ) < 2(x - x )(x2 + + 1) x x 1 ⇔ 3(x + ) < 2(x + > 0) + 1) (1) ( Vì x > nên x x x x 1 Đặt x + x = t thì x2 + = t2 – x ⇔ Ta có (1) 2t – 3t – > ⇔ (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x – 1)2 > ⇔ x2 + > 2x ⇔ x + x > hay t > ⇒ (2) đúng Suy điều phải chứng minh 3(x2 2đ 0,5 1,0 0,5 2đ (4 điểm) IP = HQ; IP//HQ ( Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT) ⇒ IPHQ là h.b.h Có IP = IQ = AD = 0,5 BC nên IPHQ là hình thoi 0,5 Gọi P ❑1 ; Q ❑1 là giao điểm PQ với AD và BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H ⇒ HPQ = HQP ( Góc đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC ⇒ BQ ❑1 P = HPQ ( So le trong) (2) QH // AD ⇒ AP ❑1 P = HQP ( So le trong) (3) 0,5 (5) Từ (1); (2); (3) Suy AP ❑1 P = BQ ❑1 P ( đpcm) 0,5 2đ Gọi K, M, N là trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất đường trung 0,5 bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) Suy MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi 0,5 Suy HK và HI là phân giác MHN và PHQ Suy H, I, 0,5 K thẳng hàng (2 điểm) a E h b d c Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vuông AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngoài A, cắt BC AD nên AD2 = DE DH.Suy E Ta có AE DE = AD DH = 452 27 = 75cm Theo tính chất đường phân giác và ngoài tam giác 0,5 (6) DB DC EB = EC Mặt khác x y ⇒ 75 − x = 75+ y x + y = 40 (1) 0,5 (2) Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn x2 – 115x + 1500 = (x – 15)(x – 100) = ⇔ 0,5 Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm 0,5 Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a ; và 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 (2 điểm) a +4 √ 1+ a4 ≥ √ 17 Dấu “=” xảy ⇔ a = Áp dụng Bunhiacopski cho b2 ; và 1; ta có ⇒ (1) 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2 √ b4 +1 ≥ ⇒ b2 +4 √ 17 0,5 (2) Dấu “=” xảy ⇔ b = Từ (1) và (2) P≥ ⇒ 2 a +b +8 √ 17 ( ) Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = ⇔ a + b + ab = 0,5 Áp dụng Côsi ta có: a a2 + b b2 + a2 +b2 ab Cộng vế ba bất đẳng thức ta 2 ( a +b ) + ⇒ P≥ ≥ a + b + ab = a2 + b2 ≥ ( - ): = +8 √17 Thay vào ( ) 0,5 17 = √ 17 Vậy giá trị nhỏ P √ a = b = 2 0,5 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương - Bài hình không có hình vẽ hình vẽ sai không cho điểm (7)