[r]
(1)/tmp/jodconverter_ff4fd7f1-6daf-459c-a9d0-066688aa2890/tempfile_5580.docx
SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN: TOÁN - LỚP
Thời gian làm 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm)
1) Giải phương trình nghiệm nguyên 8x2 3xy 5y25
2)Tìm tất số nguyên dương n cho A= 4n 7n
n
Câu 2( 4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A=
2 10 30 2 :
2 10 2
2) Cho số thực dương a,b,c,x,y,z khác thoả mãn
2 x
x yz y z z xy
a b c
Chứng minh
2 2
a bc b ca c ab
x y z
Câu 3( 4,0 điểm)
1) Cho phương trình: x2 6x m0 (Với m tham số) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm x1 x2 thoả mãn
2
1 12
x x
2) Giải hệ phương trình:
3 3
2
8x 27 18 4x 6x
y y
y y
Câu 4( 7,0 điểm)
1) Cho đường trịn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC đường trịn (O) thay đổi ln vng góc cắt BD H Gọi P,Q,R,S chân đường vng góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB
a) CMR:HA2HB2HC2HD2 không đổi. b) CMR :PQRS tứ giác nội tiếp
2) Cho hình vng ABCD MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q thuộc cạnh AB,BC,CD,DA hình vng CMR:SABCD ≤
MN NP PQ QM
AC
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho a,b,c số thực dương CMR:
3 2a
ab bc ca a b c
a b c b c c a b
(2)Hướng dẫn Câu1.1)8x2 3xy 5y25
⇔ y(3 x+5)=8 x2
− 25⇔ y= x2−25
3 x+5 ⇔9 y =24 x− 40 −253 x+5∈ Z
Khi 3x+5 ước 25 từ tìm (x ; y )∈{(− 10 ;−31);(−2 ;−7);(0 ;−5)} ( cách khac nhân vế với đưavề tích)
1.2) Với n chẵn n=2k thì
A=2k 42 k
+32 k=(2 k +1) 42k+(16k−9k)⋮7⇒ 2k+1⋮7⇒k=7 t −1
2 ⇒ n=14 t −1=14 m+6 ( m∈ N )
Với n lẻ n=2k+1
A=(2 k +1) 42 k+1+32 k +1=2 k 42 k+ 1+(42 k+1+32 k +1)⋮7⇒ 2k ⋮7⇒k=7t ⇒n=14m+1(m∈ N )
Vậy n=14 m+6 n=14 m+1 ( với n N¿ A chia hết cho
Câu2.1)
2 10 30 2 :
2 10 2
=
√2√2(√5 − 1)+√6(√5 −1) 2√2(√5 −1)
√3 −1 =√
2+√3
√3− 1 =√
4 +2√3
√3 −1 =
√3+1
√3− 1 =
1 2.2)
2 x
x yz y z z xy
a b c
⇔ a
x2− yz= b y2− xz=
c z2− xy⇔
a2
x4− x2yz+ y2z2=
bc
y2z2− xy3− xz3+x2yz=
a2− bc
x (x3+y3+z3−3 xyz)(1) Tuongtu : b2
y4−2 y2xz+x2z2= ac
x2z2− x3y − yz3+xy2z=
b2−ac
y (x3
+y3+z3−3 xyz)(2) Tuongtu : c
2
Z4−2 xyz2
+x2y2= ab
x2y2− x3z− y3z+xyz2=
c2−ab z(x3
+y3+z3− xyz)(3) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM
Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm Δ❑
(3)Mặt khác ta phải có
¿
x1+x2=6
x1 x2=−m
x12− x22=12
⇔
¿x1+x2=6
x1 x2=−m
x1− x2=2
⇔
¿x1=4
x1 x2=−m
x2=2
⇔ m=−8
¿{ {
¿
TM ĐK (*)
3.2)Giải hệ phương trình
¿
8 x3y3+27=18 y3 4 x2y+6 x= y2
¿{
¿
HD y =0 không nghiệm hệ chia vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ
¿
8 x3+27
y3=18 x
2
y +6 x y2=1
¿{
¿
Đặt
¿
2 x =a
y=b
¿{
¿
ta có hệ
¿
a3+b3=18
a2b+ab2=3
⇔
¿a+b=3
ab=1
¿{
¿
Hệ có nghiệm (x , y )∈{(3−√5 ;
6 3+√5);(
3+√5 ;
6 3−√5)} Câu 4.1)
O H
R S
P
Q
D
C B
(4)a) theo Pitago HA2+HB2=AB2;HC2+HB2=BC2;HC2+HD2=CD2;HA2+HD2=AD2; suy đpcm
b)Tứ giác HPBS nội tiếp ⇒∠HPS =∠HBS =∠DBC
Tứ giác HPAQ hình chữ nhật ⇒∠HPQ =∠ HAQ=∠CAD =∠CBD
Do ∠SPQ=∠HPS +∠HPQ=2 ∠CBC
Tương tự ∠SQR=2 ∠BDC
Do ∠DBC+∠ BDC=1800⇔∠SPQ+∠SRQ=1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo)
4.2)
L K
P Q
I
C N
D
M
A B
Cách Gọi T, K, L trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình trung tuyến tam giác vng ta có MN+NP+PQ +QM=2(KL+CL+IK +AI)≥2 AC từ suy đpcm Cách Ta có theo Pitago
BM+BN¿2 ¿ ¿
MN2=BN2+BM2≥¿
( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky
Tương Tự NP≥CN+NP
√2 ; PQ≥
DP+DQ
√2 ; MQ ≥
AQ+AM √2 Nên
MN+NP+PQ +QM ≥BM+NB+NC+CP+PD+DQ +QA+AM
√2 =
4 a
√2=2 a√2
a√2
4 (MN+NP +PQ +QM)=a
2⇔dpcm
Dấu “=” xảy MNPQ hình chữ nhật Câu 5
Cho a,b c>0 Chứng minh rằng: ab
a+3 b+2 c+
bc
2 a+b+3 c+ ca
3 a+2 b+c≤
a+b+c
(5)Tacó áp dụng BĐT (x+ y+ z)(1
x+
1
y+
1
z)≥ 9⇔
1
x + y +z≤
1 9(
1
x+
1
y+
1
z)
1 1 1 1
(1)
3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2
ab ab ab ab ab a
a b c a c b c b a c b c b a c b c
Tương tự
1 1 1 1
(2)
2 3 ( ) ( ) 2 9 2 9 2
1 1 1 1
(2)
3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2
bc bc bc bc bc b
a b c a b a c c a c b c b a b b c
ac ac ac ac ac c
a b c a b b c a a b b c a a b b c
Từ (1) (2) (3)
P≤1
9( ac+bc
a+b +
ab+ac
b +c +
bc+ab
a+c +
a+b+c
2 )=
a+b +c
6 Dấu “=” xảy a=b=c