UBND TỈNH SƠN LA SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH - LỚP THCS NĂM HỌC 2013 -2014 Môn : Toán – THCS Ngày thi: 16/3/2014 ( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu I (5 điểm) Chứng minh số sau số phương A =11 { +11 { +66 { +8 n so n +1 so n so x + 2x + x + 2x + + = x + 2x + x + 2x + Tìm nghiệm nguyên phương trình: Câu II (3 điểm) Cho biểu thức Q = 2.x + y + 5.z Trong x, y, z đại lượng thoả mãn điều x + y + z = 19 kiện Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Q xy + yz + zx = 96 Câu III (4 điểm) Cho phương trình ax + bx + c = (1) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 Đặt Sn = x1n + x2n ( n ∈ Ν ) Chứng minh rằng: a.Sn + + b.S n+1 + c.S n = ( Áp dụng: Không khai triển tính: P = − ) + (1+ 3) 7 Câu IV (3 điểm) x − 2y = a a > Chứng minh hệ phương trình: 2 x + y = vô nghiệm Câu V (5 điểm) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh: Ba điểm K, N, I thẳng hàng AB AC BC + = MK MI MN NK qua trung điểm HM –Hết– UBND TỈNH SƠN LA SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập- Tự do- Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9- THCS NĂM HỌC 2013 -2014 Môn: Toán Câu Đáp án Điể m Chứng minh số sau số phương A =11 { +11 { + 66 { +8 n so Giải: n +1 so n so A =11 { +11 { +66 { +8 n so 2n n +1 so n +1 n so n 10 − 10 − 10 − + + +8 9 102 n − + 10.10n − + 6.10n − + 72 = = I 102 n + 16.10n + 64 10n + = = ÷ n { có tổng chữ số nên chia hết cho Ta có: 10 + = 100 08 n−1 so 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 10n + Vậy: ÷ số phương Hay A số phương Tìm nghiệm nguyên phương trình: 0.5 x + 2x + x + 2x + + = (1) x + 2x + x + 2x + Giải : Đặt y = x2 + 2x + 2(Vì x nghiệm nguyên PT nên y = ( x + 1) + ∈ Z) y −1 y 0.5 Từ :(1) ⇔ y + y + = 0.5 ⇔ ( y − 1) ( y + 1) + y = y.( y + 1) ⇔ 5y2 – 7y – = ⇔ y1 = − (loại); y2 = (thoả mãn) Với y = ⇔ x + x + = ⇔ x1 = 0; x2 = -2 0.5 Vậy nghiệm nguyên phương trình là: x1 = 0; x2 = -2 0.5 Cho biểu thức Q = 2.x + y + 5.z Trong x, y, z đại lượng x + y + z = 19 thoả mãn điều kiện Tìm GTLN, GTNN Q xy + yz + zx = 96 II Giải : Áp dụng bất đẳng thức Buanhiacốpki cho ba số : 2, 4, x, y, z ta có : (2x + 4y + 5.z ) ≤ 22 + 42 + ( 5) ( x + y + z ) 0.5 2 2 2 Hay Q2 ≤ + + ( 5) ( x + y + z ) Từ giả thiết ,Ta có : ( x + y + z) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) 0.5 ⇔ 192 = x + y + z + 2.96 ⇒ x + y + z = 192 − 2.96 = 169 Nên suy : Q2 ≤ 25.169 ⇒ −65 ≤ Q ≤ 65 0.5 Vậy GTLN , GTNN Q QMax = 65 , Qmin = −65 Tức dấu ‘=’ xẩy ra, nghĩa : x y z 2 = = x + y + z = 19 xy + yz + zx = 96 26 52 13 26 52 13 ⇒ ( x; y; z ) = ; ; ÷hoặc ( x; y; z ) = − ; − ; − ÷ 5 5 0.5 0.5 26 52 13 Vậy QMax = 65 ( x; y; z ) = ; ; ÷ 5 26 52 13 Qmin = −65 ( x; y; z ) = − ; − ; − ÷ 5 Phương trình ax + bx + c = (1) Giả sử PT (1) có hai nghiệm x1 , x2 0.5 Đặt Sn = x1n + x2n ( n ∈ Ν ) CMR: a.Sn + + b.Sn+1 + c.Sn = Giải: Vì x1 , x2 hai nghiệm PT (1) nên : III ax12 + bx1 + c = ax + bx2 + c = Ta có: 0.5 a.S n+ + b.S n+1 + c.S n = a ( x1n+ + x2n+ ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n ) = x1n ( ax12 + bx1 + c ) + x1n ( ax 22 + bx2 + c ) =0 ( Áp dụng tính: P = − ) + (1+ 3) 0.5 Đặt x1 = − 3; x2 = + x1 , x2 nghiệm phương trình: x2 − 2x − = ( Đặt Sn = x1n + x2n = − ) + (1+ 3) n n 0.5 Theo kết chứng minh ta có: Sn+ − S n +1 −2S n = ⇔ Sn+ = 2( Sn +1 + S n ) Do đó: S2 = 2( S1 + S0 ) Với: ( ) ( ) = (1− 3) + (1+ 3) 0.5 S1 = − + + = S0 0 =2 ⇒ S2 = 2( S1 + S0 ) = 2(2 + 2) = Tương tự ta có: S3 = 2( S + S1 ) = 2(8 + 2) = 20 0.5 S = 2( S3 + S ) = 2(20 + 8) = 56 S5 = 2( S + S3 ) = 2(56 + 20) =152 0.5 S6 = 2( S5 + S ) = 2(152 + 56) = 416 Vậy: ( S7 = 2( S + S5 ) = 2(416 +152) =1136 P = 1− ) + (1+ 3) 7 0.5 = 1136 0.5 x − 2y = a (1) CM a > hệ phương trình: 2 vô nghiệm x + y = (2) Giải: x − 2y = a (1) Giả sử hệ 2 có nghiệm (x; y) x + y = (2) 0.5 Từ (2) suy x ≤ 1, y ≤ Từ (1) ta có: IV a = x −2y ≤ x +2 y ≤ x +2 y =( x + y ) −( y −2 y +1) +1 0.5 0.5 0.5 = − ( y − y + 1) = − ( y −1) ≤ 0.5 ⇒ a ≤ trái giả thiết a > Suy hệ vô nghiệm (đpcm) 0.5 A S H K P O V 0.5 C N B I M Q · · Tứ giác MNKB nội tiếp (vì BKM = BNM = 900 ) · · Tứ giác MNCI nội tiếp (vì MNC + MIC = 1800 ) 0.5 · · · · => BNK , INC (1) (đều góc nội tiếp chắn cung) = BMK = IMC · · Mặt khác BMK = IMC (2) · · · · (vì BMK bù với góc A tam giác ABC) + KMC = KMC + IMC 0.5 · · Từ (1), (2) suy BNK = INC · · · · Suy : INC + CNK = BNK + CNK = 1800 (Vì điểm B, N, C thẳng hàng) Do điểm K, N, I thẳng hàng · · +) ∆MAK : ∆MCN (Vì MAK góc nội tiếpcùng chắn cung BM) = MCN ⇒ AK CN AB − BK CN AB BK CN = ⇔ = − = hay (1) MK MN MK MN MK MK MN 0.5 · · +) ∆AIM : ∆BNM (Vì MBN góc nội tiếpcùng chắn cung CM) = MAI ⇒ AI BN AC + CI BN AC CI BN + = = ⇔ = hay MI MI MN MI MN MI MN (2) · · +) ∆ICM : ∆BKM (Vì BMK theo chứng minh câu 1) = IMC IC BK ⇒ = MI MK 0.5 0.5 (3) Từ (1), (2), (3) => AB AC BC + = MK MI MN (đpcm) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P ∈ MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) · · => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC = AIN · NMC ) => KN qua trung điểm HM (đpcm) 0.5 0.5 0.5 0.5