Đang tải... (xem toàn văn)
VËy M kh«ng lµ sè nguyªn tè.[r]
(1)Ubnd tØnh b¾c ninh
Sở giáo dục Đào tạo đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnhNăm học: 2009 - 2010 Mơn thi: tốn – lớp - thcs
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi 14 tháng năm 2010
C©u 1 (3,5 ®iĨm)
1) Rót gän biĨu thøc:
2 3
2 4
.
2) Cho hµm sè f(x) = (x3 + 6x - 5)2010 TÝnh f(a), víi a =
3+17+3317 Câu 2 (4,5 điểm)
1) Giải hệ phơng trình:
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y
z 2z x 2x z
.
2/ Giải phơng tr×nh:
3
3
x x x
Câu 3 (4,0 điểm)
Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thứ tự tiếp điểm (O, R) với cạnh AB; BC; CD; DA
1) Chøng minh
EB GD
EA GC Từ đó, tính tỷ số EB
EA,biÕt: AB= 4R
3 BC=3R. 2) Trên cạnh CD lấy điểm M nằm hai điểm D G cho chân đờng vng góc kẻ từ M đến DO điểm K nằm (O, R) Đờng thẳng HK cắt (O, R) điểm T (khác H) Chứng minh MT = MG
Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c R bán kính đờng trịn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a √bc Hãy xác định dạng tam giác ABC
2/ Giả sử tam giác ABC khơng có góc tù, có hai đờng cao AH BK Cho biết AH BC BK AC Hãy tính góc tam giỏc ABC
Câu (4,0 điểm)
1/ Tìm tất cặp số tự nhiên n k để (
4 2k n )
lµ sè nguyªn tè.
2/ Cho số thực a b thay đổi thỏa mãn a3b3 2 Tìm tất giá trị nguyên (a + b)
-HÕt -
-(§Ị thi gåm 01 trang)
Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2:
(2)S giáo dục - Đào tạo đáp án hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh
Năm học: 2009 2010
Môn: Toán Lớp 9 (Đáp án gồm 03 trang)
Chó ý chung:
- Điểm tồn khơng làm trịn, điểm thành phần thống để chia nhỏ hơn, nhng không chia nhỏ dới 0,25.
- Mọi lời giải học sinh có phơng pháp khác với đáp án, lời giải phù hợp với kiến thức chơng trình, tổ chấm thi thống điểm tơng ứng
Câu 1 (3,5 điểm)
1) (1,50®)
Biến đổi Biểu thức cho thành
2
2 3
2 ( 1) ( 1)
=
(2 3)(3 3) (2 3)(3 3)
(3 3)(3 3)
=
6 3 3
9
= 1
0,50 0,50 0,50
2) (2,00 ®)
Tõ a =
√3+√17+√33−√17 suy a3 = (
√3+√17+√33−√17 )3
a3 = + 3 3 17 33 17 (
√3+√17+√33−√17 ) a3 = – 6a
a3 + 6a – = 0
VËy f(a) = (a3 + 6a - 5)2010 = (f(x) = (a3 + 6a – + 1)2010 = 1
0,50 0,50 0,50 0,50 Câu 2 (4,5 điểm)
1) (2,50 đ)
§iỊu kiƯn: (x0; y0; z0)
Với điều kiện hệ cho tơng đơng với hệ
2
2
2
(x y) x y (1)
(y z) y z (2)
(z x ) z x (3)
Nếu hệ cho có nghiệm, vế trái phơng trình hệ khơng âm,
đó từ (1); (2) (3) lần lợt suy hệ
x y
y z x y z x x y z
z x
x y z x y z
x y z
x x
Thử lại hai nghiệm vào hệ cho, thấy nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm x= y =z = 0; x = y = z =
0,25
0,75
0,75
0,50 0,25 2) (2,00 ®)
Phơng trình cho tơng đơng với x3 – 3x2 – 3x =
4x3 = x3 + 3x2 + 3x +
4x3 = (x + 1)3
4x = x + (3 - 1)x = x =
1 1
(3)C©u 3 (4,00 điểm)
Đáp án Điểm
1) (2,00đ)
Do AB//CD CDA DAB 180 0; (O,R) đờng tròn nội tiếp ABCD nên DO AO theo thứ tự phân giác góc CDA DAB
0
1
ODA OAD ( CDA DAB) 90 AOD 90
2
, hay tam giác AOD vuông O , tơng tự tam giác BOC vuông O
0,25
Xét tam giác OAD BOC vng O có đờng cao OH OF R
HA.HD = FB.FC = R2.
Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến (O, R), ta cã HA = EA; EB = FB
HD = GD; FC = GC VËy EA.GD = EB.GC
EB GD
EA GC= k (1)
0,25
0,25
Ta phải tìm k > AB = 4R
3 vµ BC = 3R Vì AB//CD AB; CD tiếp tun cđa (O, R) OEAB vµ OGCD
E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R vµ EG2 = BC2 (GC EB) 2 (2)
0,25
Tõ (1) cã
EB k kAB 4kR 4kR
EB EB (3) BF
EB EA k 1 k 1 3(k 1) 3(k 1)
0,25
4kR 4kR
CF BC BF 3R GC 3R
3(k 1) 3(k 1)
(4) 0,25
Thay (4) vµ (3) vµo (2), ta cã 4R2 =
2 2
2
2
8kR (k 9)
9R 3R
3(k 1) 9(k 1)
0,25
2
11k 18k
, giải phơng trình đợc nghiệm k >0 k =
9 11
VËy EB EA=
9 11
0,25 2) (2,00®)
Ta cã DH = DG ( hai tiÕp tun cđa (O, R) kỴ từ D) DHG cân D, mà DO phân gi¸c gãc HDG HGDO, cã MKDO MK//HG KMGHGC Mặt khác GC tiếp tuyến (O, R) góc HTG nội tiếp chắn cung HFG (O, R) HTGHGC KMGHTG tø gi¸c KTGM néi tiÕp (5)
0,50 Lại có OKMOGM 90 điểm O; K; G; M thuộc đờng trịn đờng kính MO
(6) 0,50
Từ (5) (6) điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO
MTO 90 OT MT
mµ T thuéc (O, R), nên MT tiếp tuyến (O, R) 0,50
MT vµ MG lµ tiÕp tun cđa (O, R) kỴ tõ M MT = MG 0,50 Câu (4, 00 điểm)
1) (2,00 ®)
Tõ R(b + c) = a √bc suy √bc =
( )
R b c a
0,50
1,00
A B
C D
G M
K H
E
(4)_ K
_
H _C
_ B
_ A Mà b c > nên theo bất đẳng thức Cơ-si có
( )
R b c a
= √bc
b c
Suy 2R a Mặt khác a 2R Vậy a = 2R Do tam giác ABC vng A
0,50
2) (2,00 ®)
Tam giác AHC vuông H AC AH BC (gt) Tam giác BKC vuông K BC BK AC (gt) Suy AC = AH = BC = BK C H K
Vậy ABC vuông cân C
0,50 0,50 0,50 0,50
C©u 5 (4,0 điểm) 1) (2,00 đ)
Đặt M= n4 42k 1
+ Khi n ch½n ta có n4 chia hết cho 2, mặt khác 42k+1 chia hÕt cho vµ 42k+1 >2, víi mäi
k Vậy M không số nguyên tố + Khi n lỴ:
a) Khi n = vµ k = 0, ta cã M = lµ sè nguyªn tè
b) Khi n k 1, ta chứng minh M không số nguyªn tè:
Ta cã M = (n2 22k 2 ) (n.2 )k 2 (n2 22k 1 n.2 )(nk 1 22k 1 n.2 )k 1 Ta có n2 22k n.2k số nguyênlớn h¬n (1)
2 2k k
n n.2
lµ sè nguyên, mặt khác n2 22k n 22 2k 1 2n.2k
2 2k k k k k
n n.2 2n.2 n.2 n.2 ( 1) 1
(2)
Từ (1) (2), suy M hợp số
Kết luận: n4 42k số nguyên tè vµ chØ n =1 vµ k =
0,50 0,25 0,50 0,50 0,25
2) (2,00 ®)
Cã a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Tõ gi¶ thiÕt a3 + b3 = (*)
2= (a + b)(a2 – ab + b2) mµ a2 – ab + b2 > a + b > (1) 0,25
Đặt a = x +1 vµ b = y + 1 = (x + 1)3 + (y + 1)3
x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y) = mµ 3(x2 + y2)0 x3 + y3 + 3(x + y)0
(x + y)(x2 – xy + y2 + 3)0 mµ x2 – xy + y2 + > x + y 0
a + b – a + b (2)
0,75
Tõ (1) vµ (2) < a + b 2, nên giá trị nguyên a + b 0,25
+ Chọn a = b = 1, thoả mãn điều kiện (*), a + b = 0,25 + Để a + b = 1, ta chứng tỏ: có a b thoả mãn
3 2
a b a b a b
ab 1/
a b a ab b
(I) (a; b) lµ nghiƯm hƯ (I) vµ chØ khi
a b nghiệm phơng trình t2 t
1
= 0, ph¬ng trình có nghiệm điều cần chứng minh
0,25