Dap an De HSG Huyen 1415

Lưu ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa a 1,0.[r]

Hướng dẫn chấm

1

(3,0)

a A =

3 1



 3 1  2 3  3 1 2   3 3

0,75

0,75

b

ĐK:

0

9

x

x







Ta có:

P =

x



0,25

0,5

0,25

0,5

2

(1,0)

Ta có: S = 11x12y2014x11x12 12 y 13 2014 z1 Đặt A 11 x12;B 12 y 13;C 2014 x1

Suy ra

P = A + B + C

S = A + B + C







Mà P – S = A3 – A + B3 – B + C3 – C = A(A – 1)(A + 1) + B(B – 1)(B + 1) + C(C – 1)(C + 1)

Vì tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên

P – S3 suy ra đpcm

0,25

0,5

0,25

1,0

ĐK:

0 0

x xy











0 0 0

x x y







  



 



Với x = 0  y 1

Với

0 0

x y









 (1) ta có:

0,25

0,25

2 2

1 0 0

x

x y

 



 



1

x y

   (Thỏa mãn (1))

Vậy cặp số (x, y) = (0; -1); (1;1)

0,25 0,25

b

1,0

x2  3x 4 2 x 1 (1) ĐKXĐ: x 1

Ta có: (1)  x2  4x   4 x 1 2 x 1 1 0 

 (x 2)2 ( x 1 1) 2 0

2 0

1 1 0

x x

 



 

  

  x2 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy phương trình có nghiệm x = 2

0,25

0,25 0,25

0,25

4

1,0

2

x  y  z  

Ta có:

x   y   z y  z

1

Tương tự ta có 1

y  z x (2) 1

z  x y (3) Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

1 8

xyz 

0,25

0,25

0,25

Vậy giá trị lớn nhất của P =

1

8 khi x = y = z =

1 2

0,25

5

a

1,0

Ta có: AC = AH, BD = BH (Tính chất hai tiếp cắt nhau)

 AC + BD = AH + BH = AB = 2R

1,0

b

1,0

Ta có:  AMC =  AMH;  BMH =  BMD

 AMC + AMH + BMH + BMD

= 2(  AMH +  BMH) = 1800

Suy ra C, M, D thẳng hàng (1)

Mà AC  CM, BD MD (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABDC là hình thang vuông

0,5 0,5

c

1,0

Ta có OM là đường trung bính của hình thang ABDC suy ra OM 

MK

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

AC.BD = AH.BH = AH2, OH.OK = OM2

Mà AH2  OM2, dấu “=” xảy ra khi AB//CD vô lý

Suy ra đpcm

0,5 0,5

Lưu ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa