Tìm giá trị lớn nhất của P.. Chứng minh A không phải là số chính phương.. 2,0 điểm Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN ČM’GAR ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN: TOÁN- THCS
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,0 điểm)
= + + ÷ ÷ − − ÷÷
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Cho 1x + 1y =8 Tìm giá trị lớn nhất của P.
Bài 2 (2,0 điểm)
a) Cho A = n6− n4+ 2n3+ 2n2 (với n N, ∈ n > 1) Chứng minh A không phải là số chính phương
b) Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn18a+4b≥2013 Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: 18ax2+4bx+671 9− a=0.
Bài 3 (2,0 điểm)
Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ
số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương.
Bài 4. (1,5 điểm)
Cho hình thang vuông ABCD (A D 90µ = =µ 0), có DC = 2AB Kẻ DH vuông góc với
AC (H∈AC), gọi N là trung điểm của CH Chứng minh BN vuông góc với DN
Bài 5. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O) Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB)∈ ∈
a) Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC Chứng minh
rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng
b) Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD Chứng minh rằng
DK =DA +DM
hết
-Bài số 2
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
xy 1 1 xy
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
xy 1 1 xy xy x xy 1 x 1 1 xy
xy 1 1 xy
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( x 1 1xy 1 1) ( xyxy) ( xyxy xx) ( xy 1xy 1) ( xy 1 1x 1 1) ( xyxy)
x y xy xy
+
b
Theo Côsi, ta có: 8= 1x + 1y ≥2 1xy ⇒ 1xy ≤16. 0,25 Dấu bằng xảy ra ⇔ 1x = 1y ⇔ x = y = 1
Vậy: maxP = 9, đạt được khi : x = y = 1
2,0
2
a n6− n4+ 2n3+ 2n2 = n (n 1) (n2 + 2 2− 2n 2) + 0, 25
với n N∈ , n > 1 thì n2−2n 2 (n 1)+ = − 2+1 > (n 1) − 2 0,25
và n2− 2n 2 n + = 2− 2(n 1) − < n2 0,25
Vậy (n 1) − 2<n2− 2n 2 + <n2⇒ n2 − 2n 2 + không là số
b Cho hai số thực a, b thỏa mãn 18a+4b≥2013 (1)
Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm:
2
18ax +4bx+671 9− a=0 (2)
TH1 : Với a = 0 thì (2) ⇔ 4bx+ 671 0 =
Từ (1) ⇒ ≠b 0 Vậy (2) luôn có nghiệm 671
4
x
b
TH2 : Với a≠ 0, ta có : ∆ =' 4b2−18 (671 9 ) 4a − a = b2−6 2013 162a + a2 0,25
4b 6 (18a a 4 ) 162b a 4b 24ab 54a (2b 6 )a 16a 0, a b,
2,0
3 Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d∈ N, 0 ≤ a , b , c , d ≤ 9 , a ≠ 0 0,25
Trang 3Ta có: abcd = k2
( a + 1 )( b + 3 )( c + 5 )( d + 3 ) = m2
abcd = k2
abcd + 1353 = m2
Do đó: m2–k2 = 1353 ⇒ (m+k)(m–k) = 123.11= 41 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41
m–k = 11 m–k = 33
m = 67 m = 37
k = 56 k = 4 ( loại) Kết luận đúng abcd = 3136
0,25
0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
2,0
4
Gọi M là trung điểm của DH Chứng minh tứ giác ABNM là hình bình hành ⇒AM // BN(1) Chứng minh MN ⊥ AD
Suy ra M là trực tâm của ∆ADN ⇒AM⊥DN(2)
Từ (1) và (2) ⇒BN⊥DN
0,25 0,25 0,25 0,25 0,5
1,5
a
với k, m∈N,
100 m
k
31 < < <
⇔
⇔
⇒
⇔
hoặc hoặc
Trang 4Ta có IB ⊥ AB; CE ⊥ AB (CH ⊥ AB) Suy ra IB // CH
IC ⊥ AC; BD ⊥ AC (BH ⊥ AC) Suy ra BH // IC
Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC
⇒ J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
b
Ta có ·ACB AIB· 1sdAB»
2
ACB DEA= cùng bù với góc ·DEB của tứ giác nội tiếp BCDE
BAI AIB 90+ = vì ∆ABI vuông tại B Suy ra · · 0
BAI AED 90+ = , hay · · 0
EAK AEK 90+ = Suy ra ∆AEK vuông tại K
Xét ∆ADM vuông tại M (suy từ giả thiết)
DK ⊥ AM (suy từ chứng minh trên)
Như vậy 12 12 1 2
DK = DA +DM
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
2,5
Lưu ý:
- Hs có cách giải khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm trên.
- Điểm bài thi là tổng điểm thành phần các bài Không làm tròn.