PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ LỘC Đề đề xuất KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2014 – 2015 Mơn: TỐN - LỚP Thời gian làm bài: 150 phút ( khơng tính thời gian phát đề ) Bài 1: (6,0 điểm) a) Tìm số nguyên m để C = m2 + m + số nguyên b) Chứng minh khơng có số ngun x y thỏa mãn hệ thức: 2012x2013 + 2013y2014 = 2015 Bài 2: (5,0 điểm) a)Cho x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x3 + y3 b) Giải phưong trình : 4x +1 – 3x − = x+3 Bài 3: (3,0 điểm) Cho hai số a b thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ Chứng minh: 1 + ≥ × 1+ a2 1+ b2 1+ ab Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B C cắt O Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB đường tròn nợi tiếp tam giác OAC có bán kính tam giác ABC tam giác cân Bài 5: (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên hai cạnh AB, AD lấy hai điểm M, N cho chu vi tam giác AMN 2a Tìm vị trí điểm M, N để diện tích tam giác AMN lớn HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: TOÁN - LỚP Bài 1a (3,0 điểm) 1b (3,0 điểm) Đáp án Điểm + m + m + số nguyên m + m + = k (k ∈ Z ) ⇔ 4m + 4m + = 4k ⇔ (2m + 1) + = 4k ⇔ (2k) − (2m + 1) = ⇔ (2k + 2m + 1)(2k − 2m − 1) = 2k + 2m + =  2k + 2m + = ⇔  2k − 2m − =  2k − 2m − =  2k + 2m + = −1  2k + 2m + = −3    2k − 2m − = −3  2k − 2m − = −1 Học sinh tìm m = 0; m = − 0.5 b) - Nếu y chẵn với x ∈ Z có 2012x2013 + 2013y2014 số chẵn; 1.0 a) Để C = 2 4[2013(k2+k)]+2013 (2,0 điểm) 0.5 0.5 1.0 mà 2015 số lẻ, (vô lý) - Nếu y lẻ y1007 số lẻ Đặt y1007 = 2k + ( k ∈ Z ) ⇒ 2013y2014 = 2013(y1007)2 = 2013(2k + 1)2 = 2013(4k2 + 4k + 1) = 2a 0.5 0.5 0.5 Ta có 2013y2014 chia cho dư ⇒ 2012x2013 + 2013y2014 0.5 chia cho dư 1; mà 2015 chia cho dư 3, (vơ lý) Vậy khơng có số ngun x, y thỏa mãn hệ thức : 2012x2013 + 2013y2014 = 2015 0.5 Ta có M = x3 + y3 = (x + y)(x2 − xy + y2) = x2 − xy + y2 (vì x + y = 1) x y x y2 x2 y2 − ) = + + ( − xy + ) = (x2 + y2) + ( 2 2 2 ⇒ M ≥ (x2+y2) Ngoài x + y =1 ⇒ x2 + y2 + 2xy = ⇒ 2(x2 + y2)−(x − y)2 = 1 ⇒ 2(x2 + y2) ≥ ⇒ (x2 + y2) ≥ dấu xảy ⇔ x = y = 2 1 1 ⇒ M ≥ = dấu xảy ⇔ x = y = 2 1 Vậy giá trị nhỏ M , đạt x = y = a) 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 2b (3,0 điểm) b) ĐKXĐ: 4x + ≥ 0, 3x – ≥ Suy x ≥ Từ suy x + > 0.5 x+3 x+3 ⇔x+3= ( x + + 3x − ) 5 ⇔ (x + 3)( x + + 3x − –5) = ⇔ x + + 3x − = (do x + > 0) Ta có: 4x +1 – 3x − = 0.5 0.5 Bnh phương hai vế ta được: 4x + + 3x – + (4x + 1)(3x − 2) = 25 ⇔ 7x – + (4x + 1)(3x − 2) = 25 0.5 ⇔ (4x + 1)(3x − 2) = 26 –7x ⇒ x2 – 344x + 684 = (ĐK: 0.5 26 ≤ x≤ ) 0.5 ⇔ (x – 2)(x –342) = ⇔ x = (chọn) x = 342 (loại) Vậy phương trình có mợt nghiệm x = (3,0 điểm)   1   + − − + − =  ÷  ÷ 1+ a2 1+ b2 1+ ab  1+ a2 1+ ab   1+ b2 1+ ab  ab − a2 ab − b2 a(b − a)(1+ b2) + b(a − b)(1+ a2) + = = = 1+ a2 ( 1+ ab) 1+ b2 ( 1+ ab) (1+ a2)(1+ b2)(1+ ab) ( ) ( (1+ a )(1+ b )(1+ ab) Do a ≥ 1; b ≥ nên = (b − a)2(ab − 1) 0.5 (1+ a )(1+ b )(1+ ab) 0.5 (b − a)2(ab − 1) ⇒ ≥0 (1+ a2)(1+ b2)(1+ ab) 1 1 + − + ≥ ⇔ ñpcm) 2 1+ ab ≥ 2 1+ ab ( 1+ a 1+ b 1+ a 1+ b (3,0 điểm) 0.5 ) (b − a)(a+ ab2 − b − a2b) 0.5 Vẽ hình Gọi O1 O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác AOB AOC Kẻ O1H ⊥ AB H O2K ⊥ AC K ⇒ O1H = O2K (gt) Điểm O trực tâm ∆ ABC ˆ (cùng phụ BAC ˆ ) ˆ = ACO ⇒ ABO ∆BO1H = ∆CO2 K (O1H = O K; ˆ ˆ OBH OCK = ) 2 0.5 0.5 0.25 0.25 A 0.5 K H O1 O O2 ⇒ BH = CK B ∗ Nếu AB > AC AH > AK (AB = AH + HB AC = AK + KC) OH O K ˆ < O AK ˆ ⇒ OAB ˆ < OAC ˆ ⇒ ABC ˆ ⇒ AC > AB ˆ > ACB ⇒ < ⇒ O1AH AH AK C 0.5 1.0 Mâu thuẫn ∗Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn 0.5 ∗Vậy AB = AC Tam giác ABC cân A (3,0 điểm ) Đặt AM = x , AN = y (x, y > 0) ∆AMN có Â = 90o, theo định lý Pytago Ta có MN2 = AM2 + AN2 => MN = x + y Lại có: PAMN = AM + AN + MN  2a = x + y + x + y A x + y ≥ xy + M B 0.5 y 0.5 N Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương x, y ta có: x + y ≥ xy x2 + y2 ≥ 2xy => x + y ≥ 2xy Do : 2a = x + y + x D C 0.5 0.5 2xy  2a   xy ≤  ÷  2+  0.5  SAMN = ( ) 1  2a  a xy ≤  = = − 2 a2 ÷ 2 2+  3+ 2 2 SAMN ≤ ( − 2 ) a (không đổi) Dấu “=” xảy ⇔ x = y = ( − ) a 0.5