Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung.. [r]
(1)1 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016
Mơn thi: TỐN- BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang
Câu Nội dung Điểm
Câu 1. (3 điểm)
a Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; .; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (không chia nhỏ vật đó)
b Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x + 171 = y2.
1 (3,0)
a 1,5
Nhận xét:
n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13
0,5
Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13
Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13
Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13
0,5 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam
0,5
b 1,5
Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x – 2 + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương)
0,25 Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + 1 + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết
cho không chia hết khơng thể số phương Do x – = 2k số chẵn
0,5 Ta có 3x – 2 + 19 = z2 3k 3k 19
z z
Vì 19 số nguyên tố
3k 3k
z z nên 3 19
k k
z z
10 10
2 3k
z z
k
0,5
Vậy x = y = 30 0,25
Câu 2. (6 điểm)
a Giải phương trình: x26x 1 2x1 x22x3 b Giải hệ phương trình:
2
2
4
1
x y x
x xy y
2 (6,0)
a 3,0
ĐKXĐ: R
0,5
Vì
2
x nghiệm, nên phương trình cho tương đương với phương trình:
2
2
6
2
2
x x
x x
x
2
2
6
2
2
x x
x x
x
0,5
2 2
2
6 2(2 1) ( 2)( 2)
2 2 3 2
x x x x x x x
x x x
0,25
(2)2 2 (6,0) a 3,0 2
2
2 2 3 2
x x x x
x x x
0,25
2
1
2
2
2
x x x x x 2
2
2 2
x x
x x x
(1)
(2) 0,5
PT (1) có hai nghiệm x1;2 1 0,25
PT (2) x22x 3 2x1 x22x 2 2x1 0,25
2
1
2 (2 1)
x
x x x
3 15 x
0,25
Vậy phương cho có ba nghiệm: 1;2 2; 3 15
x x 0,25
b 3,0
Hệ phương trình
2 2 2 2 1 y x x y
x xy y x xy y
0,5
Xét hệ:
2
2 2
2
2
1 2 1
y x
y x
x xy y x x x x
0,5
2
2
2 0
7 5
7
y x
y x x
x x x x y
5 7 x y 0,5 Xét hệ:
2
2 2
2
2
1 2 1
y x
y x
x xy y x x x x
0,5
2
2
2
0
3
1 y x y x x x x x x y 1 x y 0,5
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1), 5;
7
, (0;-1), (-1;1) 0,5
Câu 3. (3 điểm)
Cho a b c, , 0 thỏa mãna b c 3 Chứng minh rằng: 2 2 2
1 1
a b c
b c a
3 (3,0)
Sử dụng bất đẳng thức Cơ si
Ta có:
2
2
1
1
1 1
1 2
b a b a
a b ab
a a a
b b b
(1)
0,5 Tương tự: 2 1
1
b c bc
b c
(1)
1
1
1
c a ca
c a
(3) 0,5
Từ (1); (2) (3) suy ra: 2 2 2
1 1 2
a b c a b c ab bc ca
b c a
0,5
Mặt khác a2 b2c2 ab bc ca hay 3(ab bc ca )a b c 2 9 0,5
Do đó: 2 2 2
1 1 2
a b c a b c ab bc ca
b c a
=
3
3
(3)3
Vậy 2 2 2
1 1
a b c
b c a
Dấu xảy a = b = c = 0,5
Câu 4. (6 điểm)
Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB
a Chứng minh HPOHQO
b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1
EA EB có giá trị nhỏ
4 (6,0)
a 3,0
P
H M
O A
B Q
MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) 0,75 MAO vuông A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) 0,5 Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay MP MO
MH MQ (*) 0,5
MPH MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy MPH đồng
dạng MOQ (c.g.c) suy MHPMQO 0,75
Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp HPOHQO=
2sdOH (đpcm) 0,5
b 3,0
O'
F
A B
E
Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay EBF cân E, suy
ra
2
BFA BEA Đặt AEB
2
AFB nên F di chuyển cung chứa góc
2
dựng BC
0,5
Ta có: 1
EAEB
4
EA EB
Như
1
EAEB nhỏ EA + EB lớn
hay EA + EF lớn nhấtAF lớn (**)
0,5 Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy O’AB cân O’ suy
O’A=O’B (3) 0,5
(4)4 '
BAO O’EB =O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc
2
dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB)
0,5 Do AF lớn đường kính (O’) E O’ (***) 0,25 Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1
EAEB có giá trị nhỏ
0,25 Câu 5. (2 điểm)
Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng hai hình trịn chúng có điểm chung
5
(2,0) 2,0
Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình trịn bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Suy tâm hình trịn nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh (a-2) MN // AB Các đường trung bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình vng nhỏ
0,75 Theo nguyên lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm
của hình trịn nói trên, chẳng hạn O1 O2 0,5 Do hình trịn khơng có hai hình trịn có điểm chung nên
O1O22 (1) 0,5
Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh 2 a
nên
1
2 2
a
O O (2) ( 2
a
là đường chéo hình vng nhỏ)
0,5
Từ (1) (2) 2 2 2
2 a
a
Do hình vng có cạnh lớn (2 2 ) thỏa mãn yêu cầu tốn
0,5 Vậy hình vng ABCD có cạnh (2 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 0,25
O2
O1
2+2
D C
A B
P Q
M
O N
O1
O2
a-2
20.00