Hsg T7 - 008 - Đề_Đáp.án - Lục Ngạn A.docx

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỤC NGẠN (Đề thi gồm có 1 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Bài 1 (5,0 điểm) 1 Tính 6 5 9 4 12 11 4 9 6 120 8 3 6 C     2 Tính 1 1 1 1 2 6 6 10 10 14 98 102 S [.]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỤC NGẠN

(Đề thi gồm có 1 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Bài 1: (5,0 điểm)

1 Tính

4 9 6 120

8 3 6

2 Tính

2.6 6.10 10.14 98.102

3 Cho x y z, , thỏa mãn: x 2  y 1z12 0 Tính giá trị của A  5 x y2 2020 2021z

Bài 2: (4,0 điểm)

1 Cho các số dương a b c d , , , thỏa mãn a b d c và c d  Chứng minh rằng:

20



2 Tìm các số nguyên không âm x y, sao cho x  2 3y 35.

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Xác định tổng các hệ số của đa thức f x  5 6 x x 22020

thu được sau khi khai triển

2 Tổng các lũy thừa bậc 3 của ba số hữu tỉ là  1071 Biết tỉ số giữa số thứ nhất và số thứ hai

là

3

4, tỉ số giữa số thứ nhất và số thứ ba là

6

7 Tìm các số đó.

Bài 4: (6,0 điểm)

Cho  ABCcó ba góc nhọn, M là trung điểm của BC Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm

C, vẽ đoạn thẳng AEvuông góc và bằng với AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B ,

vẽ đoạn thẳng ADvuông góc và bằng vớiAC Trên tia đối của tia MA lấy điểm Nsao cho MN MA 

1 Chứng minh: BD CE 

2 Chứng minh:  ADE  CAN

3 Gọi I là giao điểm của DE và AM Chứng minh

AD IE

DI AE



 



Bài 5 (1 điểm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cho ba số chính phương x y z, , Chứng minh rằng: Ax y y z z x       12.

ĐÁP ÁN

Bài 1: (5,0 điểm)

1 Tính

4 9 6 120

8 3 6

2 Tính

2.6 6.10 10.14 98.102

3 Cho x y z, , thỏa mãn: x 2  y1z12 0 Tính giá trị của A  5 x y2 2020 2021z

Lời giải

1 Tính:

   

 

6 5

2 2 9 9 3

4

4 12 11 3 12 11 11 12 12 11 11

2 3 2 3 2 3.5

12 10

11 11

2 3 1 5 2.6 4

2 3 1 2.3 3 5 5

Vậy C =

4 5



2 Tính:

2.6 6.10 10.14 98.102

2.6 6.10 10.14 98.102

2 6 6 10 98 102 2 102 51

: 4

51 204

3 Cho x y z, , thỏa mãn: x 2  y 1z12 0 Tính giá trị của A  5 x y2 2020 2021z

Ta có x 2  y 1z12 0

(1)

Vì x  2 0   x y ;  1 0   y z ;  | 1  2   0 x y z , ,

Do đó x 2  y 1z12 0 x y z, ,

(2)

Từ (1) và (2) suy ra x 2  y 1z12 0

khi

z



Do đó A  5.2 1 ( 1)2 2020  2021  20

Vậy A  20.

Bài 2: (4,0 điểm)

1 Cho các số dương a b c d , , , thỏa mãn a b d c và c d  Chứng minh rằng:

20



2 Tìm các số nguyên không âm x y, sao cho x  2 3y 35.

Lời giải

1 (2,0 điểm)

Vì a b c d , , ,

là các số dương và c d  , mà

a c

b d nên

a b

c d

21

20.21

21

a





20

21.20

20

a





Từ (1) và (2)

Vậy



2 (2,0 điểm)

+ Với y 0 x2  1 35 36 6  2 vậy x 6 vì x , x 0.

+ Với y 0 thì x   2 1 3y 36 3 mà 3y35 36  x2 36 x6

, x 0

x   nên x3 ;k x3k1;x3k2,k N *

Với x3k x2 1 9k21 chia cho 3 dư 1, vậy không có giá trị nào thỏa mãn

Với x3k 1 x2 1 9k26k2 chia cho 3 dư 2, vậy không có giá trị nào thỏa mãn Với x3k 2 x2 1 9k212k 3 2 chia cho 3 dư 2, vậy không có giá trị nào thỏa mãn Vậy x6; y0.

Bài 3: (4,0 điểm)

1 Xác định tổng các hệ số của đa thức f x  5 6 x x 22020

thu được sau khi khai triển

2 Tổng các lũy thừa bậc 3 của ba số hữu tỉ là  1071 Biết tỉ số giữa số thứ nhất và số thứ hai

là

3

4, tỉ số giữa số thứ nhất và số thứ ba là

6

7 Tìm các số đó.

Lời giải

1 ( 2,0 điểm)

Lập luận tổng các hệ số của đa thức f x   bằng f   1 .

Mà đa thức f x     5 6  x x  22022

Có f   1   5 6.1 1   22022  0

Vậy đa thức đã cho có tổng các hệ số bằng 0

2 ( 2,0 điểm)

Gọi số thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là m n p, , ta có: 3 4

m n



và 6 7

m p



Ta có 6 8 7

m n p

k

Do đó m6 , k n8 , k p7k

Và m3n3p3 (6 )k 3(8 )k 3(7 )k 3 1071k3 1071

Vậy m6, n8, p7

Bài 4: (6,0 điểm)

Cho  ABCcó ba góc nhọn, M là trung điểm của BC Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm

C, vẽ đoạn thẳng AEvuông góc và bằng với AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B ,

vẽ đoạn thẳng ADvuông góc và bằng vớiAC Trên tia đối của tia MA lấy điểm Nsao cho MN MA 

1 Chứng minh: BD CE 

2 Chứng minh:  ADE  CAN

3 Gọi I là giao điểm của DE và AM Chứng minh

AD IE

DI AE



 



P I

N

D

M

A

E

a) Xét  ABDvà  ACEcó: AD AC gt AE AB gt BAD CAE  ( );  ( );    (cùng phụ  BAC )

( )

b) Xét  ABM và  NCM có:

( )

 ABM   NCM (hai góc tương ứng)

Ta có:  ACN   ACB BCN     ACB ABC    1800  BAC 

Lại có: DAE DAC BAE BAC         1800  BAC   DAE ACN   

Xét  ADEvà  ACN có: CN  AE (cùng bằng AB ) ;

( )

c) Vì  ADE  CAN c g c ( )  NAC ADE    (hai góc tương ứng)

Gọi P là giao điểm của DEvà AC

Xét  ADPvuông tại A  ADE APD    900  NAC APD     900 AI  DE

Xét  ADIvuông tại I theo định lý Pytago ta có:

Xét  AIEvuông tại I theo định lý Pytago ta có:

AE  AI  IE  AI  AE  IE

2 2

2 2 1( )

dfcm





Bài 5 (1 điểm)

Cho ba số chính phương x y z, , Chứng minh rằng: Ax y y z z x        12

Lời giải Theo đề bài x y z; ; là 3 số chính phương Mà một số chính phương khi chia cho 3 hoặc cho 4 đều chỉ

có thể dư 0 hoặc dư 1

Do đó trong 3 số chính phương x y z; ; khi chia cho 3 phải có hai số có cùng số dư, nên 3 số

x y y z z x  

phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 suy ra x y y z z x       3 Chứng minh tương tự ta cũng có x y y z z x       4

Mà 3, 4 1 nên Ax y y z z x       12