VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thức Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (3,0 điểm) a Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (khơng chia nhỏ vật đó) b Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x + 171 = y2 Câu (6,0 điểm) a Giải phương trình: x x x 1 x x 2 4 x y x b Giải hệ phương trình: 2 x xy y 1 Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1 3 b2 c2 a Câu (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a Chứng minh: HPO HQO b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1 có giá trị nhỏ EA EB Câu (2,0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MƠN TỐN LỚP Câu Nội dung Điểm - Nhận xét: n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = x + 25 0,5 (n + 1)2 + (n + 4)2 = 2n2 + 10n + 17 = x + 17 (n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = x + 13 Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A + 25, A + 17, A + 13 a Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B + 25, B + 17, B + 13 0,5 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C + 25, C + 17, C + 13 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A + 25, B + 17, C + 13; nhóm thứ hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C + 25, A + 17, B + 13 Khối lượng nhóm A + B + 0,5 C + 55 gam Viết phương trình cho dạng: 9.(3 x – + 19) = y2 (x 2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ x – + 19 = z2 số 0,25 phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 2k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết khơng thể số b phương 0,5 Do x – = 2k số chẵn k k Ta có 3x – + 19 = z2 z z 19 Vì 19 số nguyên tố z 3k 1 z 10 k k z z nên k k z 19 3 9 z 10 k 2 Vậy x = y = 30 ĐKXĐ: R Vì x 1 khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương 0,5 0,25 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí x2 x 1 x2 x đương với phương trình: x 1 x x 1 x2 2x 2 x 1 0,5 x x 2(2 x 1) ( x x 2)( x x 2) x 1 x2 x 0,25 x2 2x x2 2x x 1 x2 x 1 x x 1 0 x x 2 x 1 0,25 a 0,5 x x 0 (1) x x 2 x (2) PT (1) có hai nghiệm x1;2 PT (2) x x 2 x 0,25 x x 2 x 1 x 15 x3 x x (2 x 1) Vậy phương cho có ba nghiệm: x1;2 2; x3 b 0,25 0,25 15 x 1 y y 2 x Hệ phương trình 2 x xy y 1 x xy y 1 y 2 x y 2 x Xét hệ: 2 x xy y 1 x x x 1 x 1 1 0,25 0,5 0,5 y 2 x x y x x x 0 y 1 7 x x 0 x y 7 y x y x Xét hệ: 2 x xy y 1 x x x 1 x 1 1 0,5 0,5 y x y x x 0 x x 0 y y 1 3 x x 0 x 0,5 3 ; , 7 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1), 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí (0; -1), (-1; 1) Sử dụng bất đẳng thức Cô si b a 1 b a 1 a 1 b ab (1) a a a 2 b 1 b 1 2b b 1 c bc Tương tự: b (1) c 1 Ta có: c 1 a ca c (3) a 1 0,5 0,5 Từ (1); (2) (3) suy ra: 0,5 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca 3 b 1 c 1 a 1 2 2 Mặt khác a b c ab bc ca 0,5 hay 3(ab bc ca) a b c 9 Do đó: a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca 3 b 1 c 1 a 1 2 = 3 a 1 b 1 c 1 Vậy 3 Dấu xảy a = b = c = b 1 c 1 a 1 0,5 0,5 A Q P O H M B a MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay (*) MH MQ MPH MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy MPH 0,5 0,75 đồng dạng MOQ (c.g.c) suy MHP MQO Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp HPO = sdOH HQO (đpcm) 0,75 0,5 0,5 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí O' F E A B Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay EBF cân 1 BEA E, suy BFA Đặt AEB AFB nên F di 2 dựng BC 1 1 Ta có: Như nhỏ EA + EB EA EB EA EB EA EB 0,5 chuyển cung chứa góc b lớn hay EA + EF lớn AF lớn (**) Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3) O’EB O’EF có EB = EF, O’E chung FEO ' BEO ' (cùng bù với BAO ' O’EB = O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E O’ (***) Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1 có giá trị nhỏ EA EB Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình trịn bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Suy tâm hình trịn nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh (a-2) MN // AB Các đường trung bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,75 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí vng nhỏ Theo ngun lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm hình trịn nói trên, chẳng hạn O1 O2 Do hình trịn khơng có hai hình trịn có điểm chung nên O1O2 2 (1) Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh a a a (2) ( đường chéo hình vuông nên O1O2 2 0,5 0,5 0,5 nhỏ) Từ (1) (2) a 2 2 a 2 2 Do hình vng có cạnh lớn ( 2 ) thỏa mãn yêu cầu tốn Vậy hình vng ABCD có cạnh ( 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 2+2 A N M O1 B O1 O2 a-2 O P O2 Q D C 0,5 0,25