Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lần 2 năm 2018 - 2019

Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA.. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi... Lời giải:.[r]

(1)

1 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Tốn – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt nhất!

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

CẨM THỦY

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2) Năm học 2018 - 2019

Mơn: Tốn - Lớp

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I (4,0 điểm):

1 Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:

 

3

26 15 3

9 80 80

x

 



  

Tính tổng:

2 2

2 2 2 2

8.1 8.2 8.3 8.1009

1 1

1 3 5 2017 2019

S            

Câu II (4,0 điểm):

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;3

2); N(3;0); K(4;

2) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC cho M, N, K trung điểm AC, CB, BA

2 Giải phương trình: 4

13 x x 9 x x 16 Câu III (4,0 điểm):

1 Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 2 2

3x 18y 2z 3y z 18x27 Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho:

4

1

x y

y x

 



  số nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)

(2)

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2

3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi

Câu V (2,0 điểm): Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  3

Chứng minh rằng: 2 2 12 2a b 2b c2c a 

-Hết -

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP (Đáp án gồm có 04 trang)

Bài Đáp án Điểm

1 (4đ)

1 Hãy tính giá trị biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết:

 

3

26 15 3

9 80 80

x

 



  

Đặt

  

3

3 3

2

9 80 80 80 80 80 80

18 81 80 18 3 18

3

a a a

a a a a a a

a

a a a

a a

           

          

 

      

   

Mặt khác: 3 3

26 15 3  32  32

Suy ra:     

3

26 15 3 2 4 3 1

3 3

9 80 80

x

    

   

  

0,5đ

(3)

Vậy  

2020

2020 1

3 1

27

Q      

 

0,5đ

2 Tính tổng:

2 2

2 2 2 2

8.1 8.2 8.3 8.1009

1 1

1 3 5 2017 2019

S            

Ta có:          

2 2 2

2 2 2 2 2

8 16 8 4

1

4

2 4

1 1

1

2 2

n n n n n n n

n

n n n n n

n n                             

Với n ≥ 1, nN Thay n từ đến 1009 ta được: 1 1 1 1

1

2 2 2017 2019

S             

     

1 1009

1009 1009 2019 2019

         0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2 (4đ)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;3

2); N(3;0); K(4;5

2)

Xác định đỉnh

tam giác ABC cho M, N, K

trung điểm AC, CB, BA Lời giải:

Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b Vì M(1;

2) thuộc đường thẳng MN nên:

2= a + b (1) Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: = 3a + b (2) Từ (1 ) (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4

Suy phương trình đường thẳng MN là: 4

y x

Tương tự phương trình đường thẳng MK là:

y x

phương trình đường thẳng NK là: 15 2

y x

Ta có MN đường trung bình tam giác ABC suy MN // AB

 Phương trình đường thẳng AB có dạng

y xc

(4)

4 Truy cập trang http://tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử - Địa – GDCD tốt nhất!

Mà K(4;5

2) AB suy

5 4 c



  => c= 11  Phương trình đường thẳng AB là: 11

4

y  x

Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: 1

y x

Phương trình đường thẳng AC là:

y x

Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình

3 11

2

4

5

y x

x y

y x



  

  

 

  



  

 Suy A(2;4)

Tương tự: B(6;1) C(0;-1)

0,5đ

1 Giải phương trình: 4 13 x x 9 x x 16 Lời giải:

Đk: -1 ≤ x ≤

Ta có:

 

2

2 2

13 13 13 256

x x x x

x x x

   

    

Áp dụng Bđt bunhicopxki cho dãy số: 13; 3

 2

13(1x ); 1x ta được:

   

 2 2   2  2

13 13 1x 3 3 1x  13 27 13 13  x  3 3x 40 16 10 x Áp dụng bđt Cosi ta có:

 

2 2 2

4.10x 16 10 x (10x 16 10 x ) 16 256

Dấu xảy 10x2 = 16 - 10x2  2 5

x   

0,5đ

(5)

III (4đ)

1) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn:

2 2 2

3x 18y 2z 3y z 18x27 Giả thiết  2 2 2

3 x 18y 2z 3y z 54

      (1)

+) Lập luận để 2

3 9

z z z z  (*)

(1) 2 2

3(x 3) 2z 3y z( 6) 54(2)

     

(2) 2 2 2

54 3(x 3) 2z 3y z( 6) 3(x 3) 2.9 3y

         

2

(x3) 3y 12

2 2

4 1;

y y y

     y nguyên dương

Nếu

1

y   y (1) có dạng:

 2 2 2 2 72 2

3 72 72

5

x  z   z   z  z   z (vì có(*))

Khi  2  2

3 x3 27 x3 9, x nguyên dương nên tìm x =

Nếu

4

y   y (vì y nguyên dương) (1) có dạng:

 2 2 2 2 2

3 x3 14z 12614z 126     z z z (vì z nguyên dương) Suy

(x3)   0 x 3(vì x nguyên dương)

Đáp số

3

2;

3

x x

y y

z z

 

 

   

 

   

 

0,5đ

2) Cho x, y số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 cho:

4

1

x y

y x

  

  số nguyên Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1)

Lời giải:

Đặt ;

1

x a y m

y b x n

 

 

  với (a;b)=1; (m;n)=1 b,n > Theo ta có: a m an bm Z

b n bn



  

Suy ra: an bm b an b

an bm n bm n 

 



  

  mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra: n b

n b b n



  



0,5đ

(6)

D M

N C

B

H A

O

Mặt khác:

4

1

a m x y

Z

b n y x

 

 

  ( x

- x+1 y4 - y + 1)

Suy a.m n mà (m;n) =1 suy a n mà n = b nên a b suy x4 - y + Do đó: x4

y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + Vì x4 - y + y44 – y + (đpcm)

0,5đ

IV

1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định

a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC

Vì tam giác OHB vng H có HM đường cao nên: OM.OB = OH2

Vì tam giác OHC vng H có HN đường cao nên: ON.OC = OH2

Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì OH2)

0,5đ

(7)

(6đ) b) Chứng minh MN ln qua điểm cố định

Vì OM.OB = OH2 OA2 = OM.OB OA OB

OM OA

 

Xét O AM OABcó: AOB chung

OA OB

OM OA (chứng minh trên) O AM

  OAB(c.g.c)

MAO OBA

  mà AOBOBA (vì OA = AB = R)

MAO MOA

 

O

M A

  cân M MA = MO  M thuộc đường trung trực AO Chứng minh tương tự ta có N thuộc đường trung trực AO

 MN qua trung điểm D OA cố định

0,25đ

2) Chứng minh: OB.OC = 2R2

Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a)

OM OC

ON OB

 

Chứng minh OMN OCB (c.g.c)

Mà OHBC; ODMN 1O

1

D R R

2

OM OC OM OC

OM C

O OH

     

Lại có: OM.OB = OH2 O

2 C OB R

 

Vậy OB.OC = 2R2

0,5đ

3) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi

Ta có: OMN OCB

2 2

2

S D 1

S S

S 4R 4

OMN

OMN OCB

OCB

O R

OH BC OH

 

       

 

(8)

2

1

R(AB AC) R( )

8

R R R

    

Dấu xảy A, B, C thẳng hàng  A H

Vậy diện tích lớn tam giác OMN là:

2

4

OMN

R

S  điểm A trùng với

điểm H

0,5đ

V (2đ)

Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a b c  3 Chứng minh rằng: 2 2 12

2a b 2b c2c a 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

1 1 a b3 a b

3 ab     a b b a b

Suy  

2

2 3 2

2 1

1 1

2 1 3

a b

a b a ab a a b

a b   a b  a b        

  

Suy

2

1 1

( )

2a b 2 18 a  ab (1) Tương tự, có:

2

1 1

( )

2b c 2 18 b  bc (2)

2

1 1

( )

2c a  2 18 c  ca (3) Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu

 

2

1 1

1

2a b2b c2c a  2 18 a b c  Điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a  b c

0,5đ

Chú ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa Bài hình khơng vẽ

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	1,04 MB