PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN KRÔNG NĂNG TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN ĐỀTHI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn : Toán - Thời gian :150 (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,5 điểm) a/ Chứng minh rằng : 3n 4 – 14n 3 + 21n 2 – 10n M 24 với mọi n ∈ N b/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n lẻ thì : n 2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 Bài 2: (2,5 điểm)Rút gọn biểu thức: a) A = 4 2 3 4 2 3+ − − b) B = 4 10 2 5 4 10 2 5+ + + − + Bài 3 : (3 điểm) a) Cho a, b, c là các số không âm. Chứng minh rằng : 1 1 2 2 a b a b ab a b + + + + + ≥ + + b) Cho x + y = 1 và x, y đều khác 0. Tìm giá trị lớn nhất của : A = 3 3 1 x y xy+ + Bài 4: (3 điểm) Cho phương trình : x 2 – 2mx + m 2 – 6m + 10 = 0 (1) (x là ẩn) a) Xác định m để phương trình có nghiệm. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt đều dương. c) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm phân biệt của (1), lập một phương trình bậc hai theo y có hai nghiệm là y 1 = x 1 – 2x 2 , y 2 = x 2 – 2x 1 . Bài 5: (3 điểm) )Giải phương trình: a) 3 2 1 1 0x x− + − − = b) x + y + z + 4 = 2 2x − + 4 3y − + 6 5z − Bài 6: (3 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M trên đường tròn để AM + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 7: (3 điểm) Cho đ ường tròn tâm O v à đi ểm M ở trên đ ường tròn đ ó. Đường tròn tâm M cắt đường tròn tâm O tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi C là điểm ở trên đường tròn tâm M và ở miền ngoài đ ường tròn tâm O. Đường thẳng AC cắt đường tròn tâm O ở D. Chứng minh: MD vuông góc với BC. PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN KRÔNG NĂNG TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn : Toán ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Bài 1: (2,5 điểm) a) ( 1,5 điểm). Ta có A = 3n 4 – 14n 3 + 21n 2 – 10n = n(3n 3 – 14n 2 + 21n – 10) = n(3n 3 – 3n 2 - 11n 2 + 11n + 10n – 10) (0,25 đ) = n(n-1)(3n 2 - 11n + 10) = n(n – 1)(3n 2 – 6n – 5n + 10) = n(n – 1)(n – 2)(3n – 5) (0,25 đ) = n(n – 1)(n – 2)(3n – 9 + 4) = 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3) + 4n(n – 1)(n – 2) (0,25 đ) + Do n – 2 , n – 1, n là ba số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết cho 3. Mà (2,3) = 1 ; 2.3 = 6 nên: n(n – 1)(n – 2) M 6 Suy ra : 4n(n – 1)(n – 2) M 24 (1) (0,25 đ) + Ta lại có : n, n – 1, n – 2, n – 3 là 4 số nguyên liên tiếp, nên có 2 số chẵn liên tiếp và như vậy có 1 số chia hết cho 2 và số còn lại chia hết cho 4 . Nên n(n – 1)(n – 2)(n – 3) M 8 Suy ra : 3n(n – 1)(n – 2)(n – 3) M 24 (2) (0,25 đ) Từ (1) và (2) suy ra : A M 24 (đpcm) (0,25 đ) b)(1 điểm) Do n lẻ nên, đặt: n = 2k + 1 với mọi k ∈ ¢ (0,25 đ) Ta có : n 2 + 4n + 5 = (2k + 1) 2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k 2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5 = ( 4k 2 + 4) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 (0,25 đ) Vì k(k + 1) M 2 (hai số nguyên liên tiếp), nên: 4k(k + 1) M 8 và 8(k + 1) M 8 mà 2 không chia hết cho 8 (0,25 đ) Suy ra : 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 không chia hết cho 8 Vậy : n 2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 (đpcm) (0,25 đ) Bài 2: (2,5 điểm) a) (1 đi ểm) A = 4 2 3 4 2 3+ − − = 3 2 3 1 3 2 3 1+ + − − + = 2 2 ( 3 1) ( 3 1)+ − − (0,5 đ) = 3 1 3 1+ − − = 3 1 3 1+ − + = 2 (0,5 đ) b) (1,5 điểm) Ta có:B 2 = 2 4 10 2 5 4 10 2 5 + + + − + ÷ (0,25 đ) = 4+ 10 2 5+ +4- 10 2 5+ + 2 4 10 2 5 4 10 2 5 + + − + ÷ ÷ (0,25 đ) = 8 + 2 16 (10 2 5)− + = 8 + 2 6 2 5− = 8 + 2 5 2 5 1− + = 8 + 2 2 ( 5 1)− (0,5 đ) = 8 + 2( 5 1− )= 6 + 2 5 = 2 ( 5 1)+ (0,25 đ) Vậy B = 5 + 1 (do B> 0) (0,25 đ) Bài 3:(3 điểm) a) (1,5 điểm) Ta có : 1 1 2 2 a b a b ab a b + + + + + ≥ + + ⇔ 2 2 (1 ) (1 ) 1 1 (1 )(1 ) a b a b a b a b ab a b + + + + + ≤ = + + + + + + + (0,5 đ) Hay 2 1 1 1 1 1a b a b ≤ + + + + + (0,25 đ) Vì a ≥ 0 nên: 1 1 1 1a b a ≤ + + + (1) Vì b ≥ 0 nên: 1 1 1 1a b b ≤ + + + (2) (0,25 đ) Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: 2 1 1 1 1 1a b a b ≤ + + + + + (0,25 đ) Vậy : 1 1 2 2 a b a b ab a b + + + + + ≥ + + (0,25 đ) b) (1,5 điểm) Ta có: x 3 + y 3 + xy = (x + y)(x 2 + y 2 – xy) + xy = x 2 + y 2 (do x + y = 1 (gt)) (0,25 đ) = x 2 + (1 – x) 2 = 2x 2 – 2x + 1 (do y = 1 – x) (0,25 đ) = 2 2 1 1 1 2 2 2 2 4 x x x − + = − + ÷ ÷ (0,25 đ) Do đó : x 3 + y 3 + xy = 2 1 1 2 2 2 x − + ÷ ⇒ 3 3 1 2 x y xy+ + ≥ (0,25 đ) Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 1 1 0 2 2 2 x x y− = ⇔ = ⇒ = Như vậy : x 3 + y 3 + xy đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 2 khi x = y = 1 2 (0,25 đ) Suy ra : A = 3 3 1 x y xy+ + đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi x = y = 1 2 (0,25 đ) Bài 4:(3 điểm) x 2 – 2mx + m 2 – 6m + 10 = 0 (1) a) (0,5 điểm) Đi ều ki ện đ ể ph ư ơng tr ình (1) c ó nghi ệm l à: ' ∆ ≥ 0 ⇔ m 2 – (m 2 – 6m + 10) ≥ 0 ⇔ 6m ≥ 10 ⇔ m ≥ 5 3 (0,5 đ) b) (1 điểm) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt đều dương 2 2 5 3 6 10 0 ' 0 5 0 6 10 0 ( 3) 1 0 3 0 2 0 0 m m P m m m m S m m > − > ∆ > ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − + > ⇔ > > > > (1,0 đ) c) (1,5 điểm) Khi m > 5 3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với : 1 2 2 1 2 2 6 10 S x x m P x x m m = + = = = − + (0,25 đ) Với y 1 = x 1 – 2x 2 ; y 2 = x 2 – 2x 1 ta có : S 1 = y 1 + y 2 = x 1 – 2x 2 + x 2 – 2x 1 = -(x 1 + x 2 ) = - 2m (0,25 đ) N CO A B M P 1 = y 1 y 2 = (x 1 – 2x 2 )(x 2 – 2x 1 ) = 5 x 1 x 2 – 2(x 1 2 + x 2 2 ) = 5x 1 x 2 - 2 {(x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 } = 9x 1 x 2 - 2(x 1 + x 2 ) 2 = 9(m 2 – 6m + 10) – 2(2m) 2 = m 2 – 54m + 90 (0,25 đ) Do đó y 1 , y 2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai: y 2 – S 1 y + P 1 = 0 (0,25 đ) ⇔ y 2 + 2my + m 2 – 54m + 90 = 0 (0,5 đ) Bài 5 : (3 điểm) a) (1,5 điểm) 3 2 1 1 0x x− + − − = Điều kiện x ≥ 1. Đặt : u = 3 2 x− , v = 1x − (v ≥ 0). (0,25 đ) Ta có hệ phương trình : 3 2 1(1) 1(2) u v u v + = + = (0,5 đ) Từ (1) suy ra v = 1 – u, thay vào (2) ta được: u 3 + (1 – u) 2 = 1 ⇔ u 3 + u 2 – 2u = 0 ⇔ u(u 2 + u – 2) = 0 (0,25 đ) 0 2 1 1 2 10 u x u x u x = = ⇔ = ⇔ = = − = (0,25 đ) Vậy : S = {1;2;10} (0,25 đ) b) (1,5 đi ểm) x + y + z + 4 = 2 2x − + 4 3y − + 6 5z − ⇔ (x – 2 - 2 2x − + 1) + (y – 3 – 4 3y − + 4) + (z – 5 - 6 5z − +9) = 0 (0,5 đ) ⇔ ( 2x − - 1) 2 + ( 3y − - 2) 2 + ( 5z − - 3) 2 = 0 (0,5 đ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 2 1 0 3 3 2 0 3 2 0 7 14 5 3 0 5 3 0 x x x y y y z z z − − = − − = = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = = − − = − − = (0,5 đ) Bài 6 (3 điểm) Vẽ hình, ghi giả thiết , kết luận đúng (0,25 đ) Gọi C là giao điểm của OA với đường tròn và N là trung điểm của OC (0,25 đ) Khi đó suy ra N là điểm cố định. ∆ OMA và ∆ ONM có: Ô góc chung 2 OM OA ON OM = = (0,25 đ) Suy ra : ∆ OMA ∽ ∆ ONM (c-g-c) (0,5 đ) 2 MA NM ⇒ = ⇒ MA = 2NM (0,25 đ) Ta có : MA + 2MB = 2(NM + MB) ≥ 2NB = hằng số (vì N, B cố định) (0,5 đ) Dấu “=” xảy ra ⇔ N, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của NB với đường tròn (0,5 đ) Vậy MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BN khi M là giao điểm của NB với đường tròn . (0,5 đ) Bài 7:(3 điểm) Vẽ hình hai trường hợp, ghi gt, kl đúng (0,5 đ) a)Tr ường h ợp 1: M và D nằm cùng phía đối với đường thẳng AB Trong đ ường tròn tâm O ta c ó: ˆ ˆ BAD BMD= (cùng chắn cung BD) (0,25 đ) D C M O B A E H B D A C M O Trong đ đ ư ờng đ tròn Tâm M ta có : 1 ˆ ˆ 2 BAC BMC= (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BD) (0,25 đ) Suy ra : 1 ˆ ˆ 2 BMD BMC= (0,25 đ) Ta lại có : ∆ BMC cân tại M (MB = MC bằng bán kính) Do đó : phân giác MD đồng thời là đường cao (0,25 đ) Vậy : MD ⊥ BC (0,25 đ) b)Trường hợp 2: M và D nằm khác phía đối với AB Kẻ đường kính ME của đường tròn tâm O. Gọi H là giao điểm của MD và BC (0,25 đ) Trong đường tròn tâm M ta có: 1 ˆ ˆ ˆ 2 ACB AMB AME= = (0,25 đ) Trong đường tròn tâm O ta có: ˆ ˆ AEM ADM= ( cùng chắn cung AM) (0,25 đ) Do đó : ∆ AME ∽ ∆ HCD (g-g) (0,25 đ) Suy ra : 0 ˆ ˆ 90DHC EAM= = Vậy : MD ⊥ BC (0,25 đ) Học sinh làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa a) b) . 1 x 2 - 2 {(x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 } = 9x 1 x 2 - 2(x 1 + x 2 ) 2 = 9( m 2 – 6m + 10) – 2(2m) 2 = m 2 – 54m + 90 (0,25 đ) Do đó y 1 , y 2 là hai nghiệm. GIÁO DỤC HUYỆN KRÔNG NĂNG TRƯỜNG THCS PHÚ XUÂN KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN CẤP THCS NĂM HỌC 2008 – 20 09 Môn : Toán ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Bài 1: (2,5 điểm)