Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện Yên Lạc bậc THCS năm học 20122013 môn: Toán17955

UBND HUYỆN YÊN LẠC PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2012-2013 MƠN : TỐN ( Thời gian làm 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: a, Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  y  2013 b, Chứng minh rằng, tổng bình phương p số nguyên liên tiếp ( p số nguyên tố, p > 3) chia hết cho p Câu 2: a, Trên mặt phẳng, xét lưới ô vuông 11 Chứng minh khơng tồn tam giác có đỉnh mút lưới b, Cho a; b; c  thỏa mãn điều kiện a 3c  b3a  c3b  abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  b c a   a  ab b  bc c  ca Câu 3:   x  1  x    a, Rút gọn biểu thức M    x2 b, Giải phương trình x3  x  x   1  x    Câu 4: Từ điểm A ngồi đường trịn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến AB AC với B, C tiếp điểm Trên đoạn OB lấy điểm N cho BN=2ON Đường trung trực đoạn thẳng CN cắt OA M Tính tỉ số AM AO Câu 5:  y  5 x  4  x  a, Giải hệ phương trình  2  y  x  xy  16 x  y  16  b, Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh SinA  SinB  SinC  cos A  cos B  cos C  ………………………… Hết ……………………………… ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2012-2013 MƠN : TỐN UBND HUYỆN N LẠC PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Câu 1(2đ) Nội dung a, Vì x  y lẻ suy x lẻ Đặt x  2m  , m  Z , thay vào phương trình ta 2m m  1  y  1006 (1) Từ (1) suy y chẵn Đặt y=2n+1, n  Z Thay vào (1) , ta m m  1  2n  503 , suy m(m+1) lẻ ( vô lý) Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun b, Giả sử p số nguyên liên tiếp a  1, a  2, a  3, , a  p , a  Z  2 Đặt A  a  1  a     a  p  2   p  p  12 p  1 0,25  0,25   A  p  6a   p  1a   p  12 p  1   p 2(2đ) 0,25 0,25  A  pa  1    p a  12  22   p A  pa  p  p  1a  Điểm 0,25 0,25 0,25 Do p số nguyên tố, p>3 suy (p,6)=1 Vậy A chia hết cho p 0,25 B M N C P A a, Giả sử tồn tam giác ABC có đỉnh nút lưới Xét hình chữ nhật bao quanh tam giác ABC ( đỉnh A,B,C nằm cạnh hình chữ nhật) Ta chọn cho đỉnh hình chữ nhật trùng với đỉnh tam giác ABC, hình vẽ Vì cạnh HCN số nguyên, suy SAMNP   Q , SAMB   Q , 0,25 SNCB   Q , S ACP   Q Suy SABC   SAMNP   SAMB   SNCB   SACP   Q (*) Gọi cạnh tam giác a SABC   0,25 0,25 a2 Vì a  AM  MB  Z , nên SABC   Q mâu thuẫn với (*) Suy ĐPCM 0,25 b, Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 0,25 a 3c  b3 a  c3b  abc   a  b  c   a  b  c a cb ac b a b c     abc b c a abc 3 ThuVienDeThi.com 2 P a a b  b b c  c c a  32   a b2 c2       a  b  c  c a  b 9  2 a b c  2    c a  b a  b  c  a, ĐKXĐ 1  x  0,25 Vậy GTNN P= 3(2đ) Ta có   x  1  x  -Suy M  0,25  x   x2   x 1 x  1 x  2 1  x     1 x  0,5   x   x 2   x   x   x   x 2   x   0,25 0,25 2   x2 2x 0,25 b, Ta có x3  x  x    x3  x3  x  12 x   0,25  x  x    x  x  0,25 3    16 x  1 4(2đ)  0,5 B K N A M O C Gọi K trung điểm BN Ta có OA trung trực đoạn BC Do M thuộc OA nên MB=MC Do M thuộc trung trực CN nên MC=MN Suy MB=MN Do M thuộc trung trực BN, suy MK  BN Vì OB  BA ( Tính chất tiếp tuyến)  MK / / AB Xét tam giác OBA, theo định lí Ta-Lét ta có 5(2đ) Biến đổi PT thứ hai ta AM BK   AO BO y  4 x   y  x  16 x  16    y  x   y  x    0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25  y  5x   y  4 x - Với y=5x+4, thay vào PT đầu ta 5 x   0,25  x    y0  5 x  4  x     x   y  -Với y=4-x, thay vào phương trình đầu ta ThuVienDeThi.com 0,25 x   y  x   y  4  x   5 x  4  x     Vậy nghiệm hệ phương trình x, y   0; , 4;0 ,   ;0  0,25 b, Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H, K, L tương ứng trung điểm BC,CA, AB Ta cần chứng minh AB+BC+CA