Thông tin tài liệu
PHỊNG GD & ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2013-2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Bài Đa thức bậc có hệ số cao thỏa mãn Tính f ( 1) = 5; f ( ) = 11; f ( 3) = 21 f ( −1) + f ( 5) Bài a) Tìm tất số nguyên n cho: n + n3 + 2n + n + x + xy + y = x y 2 số phương b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: ( x − 1) ( x − 3) ( x − ) ( x − ) + 10 > x Bài Chứng minh : với Bài BC , AC ABC a) Cho tam giác , gọi M, N trung diểm Gọi O, G, H giao điểm ba đường trung trực, ba đường cao, ba đường trung tuyến GH : GO tam giác ABC Tính tỉ số AB = 2a, CD = a ABCD b) Cho hình thang có hai đáy Hãy dựng điểm M đường thẳng CD cho đường thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có diện tích Bài Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ x + y + z = xy + yz + zx − xyz ≤ Chứng minh 27 ĐÁP ÁN Câu g ( x) = x + Nhận xét: Q ( x) = f ( x ) − g ( x) thỏa mãn g ( 1) = 5; g ( ) = 11; g ( 3) = 21 đa thức bậc có nghiệm Q( x) = ( x − 1) ( x − 1) ( x − 3) ( x − a ) Vậy ta có: f (−1) = Q ( −1) + 2.( −1) + = 29 + 24a x = 1; x = 2; x = f (5) = Q ( ) + 2.52 + = 173 − 24a ⇒ f (−1) + f (5) = 202 Câu a) Giả sử n + 2n3 + 2n + n + = y y = ( n2 + n ) + n2 + n + Ta có: ⇒ y > ( n2 + n ) ⇒ y > n2 + n ⇒ y ≥ n2 + n + (Vi y ∈¥) ⇒ y ≥ n2 + n + ⇒ y ≥ ( n + n + 1) y = ( n2 + n ) + n2 + n + Thay ⇒ n2 + n − < ⇔ ( n − ) ( n + 3) ≤ ⇔ −3 ≤ n ≤ Thử trực tiếp n = 2; n = −3 thỏa mãn (y ∈¥) Vậy số ngun n cần tìm b) n ∈ { 2; −3} xy Thêm vào hai vế phương trình ta có: x + xy + y = x y + xy ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1) xy & xy + Ta thấy số TH1: TH2: hai số nguyên liên tiếp có tích số phương nên tồn xy = ⇒ x + y ⇒ x = y = xy + = ta có Thử lại ba cặp số Câu xy = −1 nên ( x; y ) ∈{ ( 1; −1) ; ( −1;1) } ( 0;0 ) ; ( −1;1) ; ( 1; −1) nghiệm phương trình cho ( x − 1) ( x − 3) ( x − ) ( x − ) + 10 = ( x − 1) ( x − ) ( x − 3) ( x − ) + 10 Ta có: = ( x − x + ) ( x − x + 12 ) + 10 = ( x − x + − 3) ( x − x + + 3) + 10 = ( x − x + ) − + 10 = ( x − x + ) + > Vì (x 2 − x + 9) ≥ Do : Câu a) (∀x) (x với − x + 9) + > x với x (bài toán chứng minh) Ta có: OM / / AH ON / / BH NM / / AB Xét Có: ∆ABH (vì vng góc với BC) (vì vng góc với AC) (đường trung bình tam giác) ∆MNO · · BAH = NMO (góc có cạnh tương ứng song song) ·ABH = MNO · (góc có cạnh tương ứng song song) NM OM ⇒ ∆ABH : ∆MNO ( g g ) ⇒ = = BA AH ∆AGH ∆MOG Xét có: · · GAH = GMO (so le trong) (1) GM = GA (tính chất trọng tâm ) (2) OM = (cmt ) AH Từ ( 1) ; ( ) ; ( 3) ⇒ ∆AHG : · ∆MOG ( c.g c ) ⇒ ·AGH = MGO (4) Mặt khác : Từ (4),(5) b) A, G, M thẳng hàng (5) ⇒ H , G, O thẳng hàng GH AH = =2 GO OM Gọi h đường cao hình thang ABCD Giả sử dựng điểm M thuộc CD cho đường thẳng AM cắt hình thang thành hai phần có diện tích Gọi N giao điểm AM BC S1 = S ADCN ; S = S ANB ; S = S ABCD Đặt s1 + s2 = s ⇒ S2 = S : (1) s = s 1 Ta có: NH = x Kẻ đường cao NH tam giác ANB đặt ta có: 3ah s = ( 2a + a ) h = 2 s2 = 2a.x = ax Thay vào (1) : 3ah 3h ax = ⇒x= 2 ⇒ Áp dụng định lý Talet NB = NC suy cách dựng: NC = Chia đoạn BC làm phần nhau, lấy điểm N BC cho Đường thẳng AN cắt đường thẳng CD điểm M cần dựng Câu Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: Mặt khác: ⇔ xyz ≥ ( x + y − z ) ( y + z − x ) ( z + x − y ) ⇔ xyz ≥ ( − z ) ( − x ) ( − y ) x+ y+ z xyz ≤ ÷ = 27 ⇔ xyz ≥ − ( x + y + z ) + ( xy + yz + xz ) − xyz ⇔ xyz ≥ − + ( xy + yz + zx ) − xyz ⇔ + xyz ≥ ( xy + yz + zx ) − xyz ⇔1+ ⇔ ≥ ( xy + yz + zx ) − 8xyz 27 ≥ xy + yz + zx − xyz (dfcm) 27 BC ... / AH ON / / BH NM / / AB Xét Có: ∆ABH (vì vng góc với BC) (vì vng góc với AC) (đường trung bình tam giác) ∆MNO · · BAH = NMO (góc có cạnh tương ứng song song) ·ABH = MNO · (góc có cạnh tương ứng... = S ANB ; S = S ABCD Đặt s1 + s2 = s ⇒ S2 = S : (1) s = s 1 Ta có: NH = x Kẻ đường cao NH tam giác ANB đặt ta có: 3ah s = ( 2a + a ) h = 2 s2 = 2a.x = ax Thay vào (1) : 3ah 3h ax = ⇒x=... ⇔ xyz ≥ − + ( xy + yz + zx ) − xyz ⇔ + xyz ≥ ( xy + yz + zx ) − xyz ⇔1+ ⇔ ≥ ( xy + yz + zx ) − 8xyz 27 ≥ xy + yz + zx − xyz (dfcm) 27 BC
Ngày đăng: 30/10/2022, 23:07
Xem thêm:
