PHÒNG GD&ĐT
TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2014-2015
Môn: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (5 điểm)
a/ Tìm a và b để đa thức G x( ) =x6+ax2+bx+2 chia hết cho đa thức P x( ) =x2− +x 1
b/ Cho biểu thức M=xy xy− − +23x x y2y 44+ yz yz−23y y z− +2z 44+ zx zx− − +23z z x2x 44
Chứng minh giá trị của biểu thức M luôn là một số nguyên với x≠2 và y≠2
Bài 2: (4 điểm)
a/ Tìm x, y nguyên dương biết 2
3x 112
y
b/ Cho a, b, c thỏa mãn 2 2 2
2
Chứng minh M=(a2+1) (b2+1) (c2+1) viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức.
Bài 3: (4 điểm)
a/ Chứng minh biểu thức sau luôn nhận giá trị dương với mọi x, y
N= 2 2
2x +7y −6xy+10x−30y+45
b/ Cho a, b, c thỏa mãn ( )2 ( )2 ( )2
4
a b c+ +b c a+ +c a b+ = abc và a2013+b2013+c2013 =1 Tính giá trị biểu thức M= 2015 2015 2015
Bài 4: (6 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD (AD<AB), gọi O là giao điểm của AC và BD Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt AB, DC và BC lần lượt tại tại M, N và T Qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DA
và BD tại lần lượt tại E và I , vẽ hình chữ nhật AEFM
a/ Chứng minh AF song song với DB
b/ Chứng minh F và C đối xứng qua I
c/ Gọi H và G lần lượt là trung điểm của AD và DC Chứng minh TG vuông góc với MH
Bài 5: (1 điểm) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x y2( 2− =3) y y x( − )
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN LỚP 8
a/
2,5đ Ta có G x( ) =x6+ax2+bx+2=(x6− +1) ax2+bx+3
Ta có x6− =1 (x3+1) (x3− = +1) (x 1) (x2− +x 1) (x3−1 ()Mx2− +x 1)
Vây để G(x) chia hết cho x2-x+1 thì ax2+bx+3 phải chia hết cho x2-x+1
Ta có ax2+bx+3 chia cho x2-x+1 được thương là a dư (a+b)x+3-a
Nên để ax2+bx+3 chia hết cho x2-x+1 thì (a+b)x+3-a=0 với mọi x ⇒a=3 và b= −3
0,75đ
0,25đ 0,75đ 0,75 b/
2,5đ Ta có M=
( 2) 2( 2 ( 2) 2( 2) ( 2) 2( 2)
=(( 2) (2)( 22) () ( 2) (2)( 2)2) (( 2) (2)( 2)2) 3
0,5 đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ
Trang 2= 1 1 1 1 1 1 3 3
x − y + y − z + z −x + =
Ta có M=3 Vậy M luôn là một số nguyên với x≠2 và y≠2
0,25đ 0,25đ
a/
2đ -Nếu x lẻ
2 1
x k
( )
3x 112 3K+ 112 3 9k 1 3 112 3 (9 1)(9k− 9k− 1) 3 112
=24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho 4 dư 3
⇒ +3x 112 chia cho 4 dư 3 ⇒ y2 chia cho 4 dư 3⇒ vô lý vì số chính phương chia cho 4
chỉ dư 0 hoặc 1
Vậy x phải chẵn x=2k với k nguyên dương
Vây ta có 2 2 ( ) ( )
3 k 112 3k 3k 112
3k 3k 3k 112 3k 10
y
⇒ + =
-Nếu y+ =3k 14⇒ − = ⇒y 3k 8 2y=22⇒ = ⇒ =y 11 x 2
-Nếu y+ =3k 28⇒ − = ⇒y 3k 4 2y=32⇒ =y 16⇒3x =144 (loại)
-Nếu y+ =3k 56⇒ − = ⇒y 3k 2 2y=58⇒ =y 29⇒ =x 6
-Nếu 3 112 3 1 2 113 112
2
Vây ta có (2;11) ; (6;29) thõa mãn dầu bài
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,25đ b/
2đ Vì
Nên ta có a2+ =1 a2+ab bc ca+ + = = + (a b a c)( + )
Tương tự ta có b2+ = +1 (b c a b c) ( + ); 2+ = +1 (a c b c) ( + )
Vây ta có M= ( ) ( ) ( ) 2
a b b c a c+ + +
.Vậy M viết được dưới dạng bình phương của một biểu
thức
0,5đ
0,5đ 0,5đ
0,5đ
a/
2đ Ta có N=
2x +7y −6xy+10x−30y+45
4x +14y −12xy+20x−60y+90 =… =( )2 ( )2
2x−3y+5 +5 y−3 +20 0> với mọi x, y vì…
Vì 2N>0⇒N>0
Vậy Biểu thức N luôn nhận giá trị dương với mọi x, y
1,5đ
0,25đ 0,25đ b/
2đ Ta có ( )2 ( )2 ( )2
4
( )
( )
0
0
a b
a c
+ =
+ =
-Nếu a+b=0 ⇒ = − ⇒a b a2013= −b2013⇒a2013+b2013 =0 mà a2013+b2013+c2013=1
1đ
0,5đ
Trang 32015
1
c
−
-Nếu b+c=0 hoặc a+c=0 là tương tự ta đều tính được M=1 Vậy M=1
0,5đ
a/
2đ Gọi K là giao điểm của AF và EM ta có KE=KA (….)⇒ ∆EKA cân⇒Eµ1= µA1
Tương tự ∆AOD cân ⇒¶A2 =¶D1
Ta có EM//AC (…)⇒Eµ1 =¶A2( )⇒µA1 =D¶1 ( mà …)
Vậy AF//DB
0,5đ 0,5đ
0,5đ 0,5đ
b/
2đ C/m được AKIO là hình bình hành
⇒KFIO là là hình bình hành⇒FI//KO
Chỉ ra OK là đường TB của tam giác AFC⇒FC//KO ⇒FI≡FC ⇒ F, I, C thảng hàng
Chi ra FI=KO=
2
FI
IF=IC
⇒
Vậy F và C đối xứng qua I
1đ 0,5đ 0,5đ c/
2đ Gọi P là trung điểm của BC ta có OH, OP là đường trung bình của
;
DAC DBC
⇒ = = ⇒ thẳng hàng và OH=OP
Ta có ∆AOM = ∆CON (gcg)⇒OM =ON⇒HMPN là hình bình hành ⇒NP MH//
Ta có GP là đường TB của tam giác DCB ⇒GP//DB, gọi Q là giao điểm của TO với GP
Vì TO vuông góc với DB nên TQ⊥GP⇒N là trực tâm tam giác PGCTG⊥NP
0,75đ
0,75đ 0,5đ
Ta có x y2( 2− =3) y y x( − ⇔) x y2 2−3x2 =y2−xy
4x y 12x 4y 4xy 4x y 11x 4y 4xy x
( )2
2(4 2 11) 2
-Nếu x= ⇒ =0 y 0 ta có (0;0) là nghiệm của PT
-nếu x≠ ⇒0 4y2−11 là số chính phương ⇒4y2− =11 a2 với a z∈
(2y a)(2y a) 11
Giải PT này tìm được (1;3) và (-1;-3) là nghiệm của PT
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
I K
Q
F E
P O
G H
T N
M
B A
Trang 4PHÒNG GD&ĐT
TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2014-2015
Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (5 điểm)
a/ Cho biểu thức H=
2 2
3
+
Biết a b− = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của H
b/ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c + + = a + b + c 2 =
Tính giá tri biểu thức M= 1 a 1 b 1 c
Bài 2: (4 điểm)
a/ Tìm x, y nguyên thõa mãn x y2( 2− =5) y y x( − )
b/ Giải phương trình 3 2 2
4 x +3x +2 2x− =1 4x +3x+3
Bài 3: (4 điểm)
a/ Tìm a biết a+ 24 và 1 24
a− đều là số nguyên
b/ Cho a, b, c dương thõa mãn 1 1 1 3
2
a b c+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
H= 2 1 2 2 1 2 2 1 2
5a 2ab 2b + 5b 2bc 2c + 5c 2ca 2a
Bài 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC, BC=a ; AC=b ; AB=c), vẽ đường cao AH Vẽ đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với AB, AC, BC lần lượt tại M, N, E Gọi I là trung điểm của AC, IO cắt AB tại K Gọi G là giao điểm của ME với AH
a/ Chứng minh AO= 2( 2 2)
2 b c+ − b +c
b/ Chứng minh S ABC =EB EC× ( S ABC là diện tích tam giác ABC)
c/ Chứng minh AK=AG
Bài 5: (1 điểm) Cho 2014 số không âm a a a1, , , ,2 3 a2014 thõa mãn
a1+ + + +a2 a3 a2014 =3 và 2 2 2 2
1 2 3 2014 1
Chứng minh trong 2014 số trên luôn tồn tại 3 số có tổng lớn hơn hoặc bằng 1
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN LỚP 9
a/
3
=
2 3 2 ( )( )
+
0,5đ
0,5đ
Trang 5=
( )( )
=( )( )
2 3 2
a b
+
=( )
Vì a b− = ⇒ = +1 a b 1
Thay vào H ta có H= 4b2 2b 1 (4b 1) 2 2 4b1 2 6
Dấu = có khi 1 3
Chú ý nếu KL H bé nhất H=6 không chỉ 3; 1
⇔ = = trừ 0,25 đ
0,5đ 0,5đ 0,5đ
b/
2,5 đ Vì a b c + + = a + b + c 2 =
2
4 2 2 ab bc ca ab bc ca 1
Ta có 1 a + = ab + bc + ca a ( a + = = + b)( a + c)
Tương tự ta có 1 b ( a + = + b)( b + c) ; 1 c ( c + = + a )( c + b)
Vậy H=( )( )
=…=2( a+ b+ c) 4=
0,75đ
0,5đ 0,5đ 0,75đ
a/
2đ Ta có x y2( 2− =5) y y x( − ⇔) x y2 2−5x2 =y2−xy
4x y 20x 4y 4xy 4x y 19x 4y 4xy x
( )2
2(4 2 19) 2
-Nếu x= ⇒ =0 y 0 ta có (0;0) là nghiệm của PT
-nếu x≠ ⇒0 4y2−19 là số chính phương ⇒4y2− =19 a2 với a z∈
2 2 (2 )y − a =19 ⇔(2 y + a)(2 y −a) 19=
Vì 2 y + ≥a 0;19 0> ⇒2 y − >a 0 ; ta lại có 2 y + ≥a 2 y − >a 0
Nên ta có 2 19 4 20 5 5
-Nếu y=5 ta có x2(25 5− =) (5 5− ⇔x) 20x2+5x−25 0= ⇔4x2+ − =x 5 0
( 1 4) ( 5) 0 15 1
4
x
x
=
=
-Nếu y=− 5 làm tương tự ta tìm được x=−1
Vây (1;5) và (-1;-5) là nghiệm của PT
0,5đ
0,25đ 0,5đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ b/
Trang 62 (4x 2 2x x 3 x 3) (2x 1 2 2x 1 1) 0
2
2x x 3 ( 2x 1 1) 0
( ) 2
1
1 (4 3) 0
1
2 1 1 0
1
x
x x
x
x
=
Vậy x=1 là nghiệm của PT
0,25đ
a/
2đ Đặt a+ 24=x và 1 24
a− =y ta có x, y đều là số nguyên
a
= − = + ⇒ − + = (*)⇔ 24(x y− ) =25−xy
-Nếu x y x y 0 24 25 xy
x y
−
− , vô lý vì 24 là số vô tỉ, còn
25 xy
x y
−
− là số hữu tỉ.
Vậy x=y từ (* ) ta có 0 5
x y
xy
− =
− =
Vậy a= ± −5 24
0,75đ 0,5đ
0,5đ 0,25đ
b/
2đ
5a 2ab 2b + 5b 2bc 2c + 5c 2ca 2a
Ta co 2 2 ( )2 2 ( )2
5a +2ab+2b = 2a b+ + −(a b) ≥ 2a b+ =2a b+ dấu = có khi a=b
2
5a 2ab 2b a b
+
Ta có ( ) 1 1 1 3 3 1 1 1 ( ) 2 1
( hoặc (a a b) 1 1 1 5 2 a b 5 2 2 a b 9
1 1 2 1
2a b 9 a b
+ dấu = có khi a=b Vây 2 2
9
5a 2ab 2b a b
+ + dấu = có khi a=b
Tương tự 2 1 2 1 2 19
5b 2bc 2c b c
+ + dấu = có khi b=c
9
5c 2ca 2a c a
+ + dấu = có khi c=a
Vậy H 1 3 3 3 1 1 1 1 1 3 1
dấu = có khi a=b=c=2
Vậy H lớn nhất H=1
2 khi a=b=c=2
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25
a/
2đ Ta có OM ⊥AB ( ) ⇒ ·AMO 90= 0 , tương tự ⇒·ANO 90= 0
Xét tứ giác AMON có 3 góc vuông và có OM=ON ( ) nên AMON là hình vuông
0,75đ
0 T
D
G E H
M
N I K
C B
A
Trang 7AM OM ON AN
Ta có AM=AN ; BM=BE ; CN=CE ( …)
Nên 2AM=AM+AN=AB-BM+AC-CN=AB+AC-(BE+CE)=AC+AB-BC=b+c-a
b c a
2 b c+ − b +c
0,75đ 0,5đ
b/
2đ Ta có AM=AN ; BM=BE ; CN=CE ( …)Nên 2EB=BE+BM=BC-CE+AB-AM=BCAB-(CN+AN)=BC+AB-AC=a+c-b
2
a c b+ −
, tương tự EC=
2
a b c+ − ⇒
2
a c b
2
a b c+ −
Mà AC2=BC2-AB2
Ta có
0.75đ
0,75đ
0,5đ
c/
2đ Xét tam giác AKI có ON//AK nên ta có
AK
×
Ta có IN=AI-AN=AI-AM=
b b c a− + − =a c−
4
2
b b c a
a c a c b
+ −
Mà BM=BE=
2
a c b
+ − ⇒ =
Từ A kẻ đường thẳng // với BC cắt EM tại D ta có DAG· =900 và ·ADM=BEM· (…)
Ta có BM=BE (…) ⇒ ∆MBE cân ⇒BEM· =·BME mà
BME=AM ⇒ A = AM =BME⇒ ∆DAM cân ⇒ AD=AM=OA
Gọi T là giao điểm của OB với ME Ta có OM⊥MB BMT OMT· +· =900 (1)
Ta có BM=BE (…), OM=OE (…) nên OB là Trung trực của EM ⇒OB⊥EM tại T
BOM OMT
⇒ + = (2); từ (1) và (2) ta có ·BMT =·BOM ⇒BME BOM· =·
Mà ·ADG=·BME chứng minh trên nên ·ADG=BOM·
Xét ∆ADG và ∆MOB có
· · 90 ; DG0 · · ; D=OM ADG= MOB BM=AG
Vậy AK=AG
0,75đ
0,75đ
0,5 đ
Vì a a1, , ,2 a2014 có vai trò như nhau nên ta
Giả sử a1≥a2 ≥ ≥ ≥a3 a2014 ≥0 vì 2 2 2 2
1 2 3 2014 1
Nên ta có 0≤a a a1, , , ,2 3 a2014≤ ⇒1 (a3−a1)≤0; 1( −a1) ≥ ⇒0 (a3−a1) (1−a1)≤0
Trang 8Vây ta có a1+ + ≥ + + +a2 a3 a1 a2 a3 (a3−a1) (1−a1) (+ a3−a2) (1−a2)
= 2 2
= 2 2 ( )
= 2 2 ( ) 2 2 2
1 2 3 3 4 2014 1 2 3 3 4 3 2014
≥ 2 2 2 2 2
1 2 3 4 2014 1
Vậy trong 2014 số trên luôn tồn tại 3 số có tổng lớn hơn hoặc bằng 1