Ngất ngây với vẻ đẹp đảo Tuần Châu - LATV

Ñieåm P Nhìn OM döôùi moät goùc vuoâng neân P thuoäc ñöôøng troøn ngoaïi tieáp töù giaùc OHMK.  P laø ñieåm coá ñònh ( 0,5 ñ).[r]

PHÒNG GD- ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2005-2006

-MƠN THI : TỐN

Thời gian : 150 phút ( Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 -01 -2006

Bài 1: (4,0 đ)

1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006 a/ Tính A (1,0 đ)

b/ Nếu thay tổng hai số hạng ( chọn tổng A)ø hiệu hai số hạng tổng A số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)

2/ Chứng minh số tự nhiên : A = 1.2.3………2003.2004 (1+

1 1+ + + 1 + 1

2 3 2003 2004)

chia hết cho 2005 (2,0 đ)

Đáp án biểu điểm 1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A =

2006 (2006 1) 1003 2007 2

 

= 2013021

b/ ( 1,0 đ) Với hai số a, b tính chẵn lẻ tổng hiệu giống Ta có:

 a = 2p ; b = 2q  a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chaün  a = 2p + ; b = 2q +  a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chaün  a = 2p ; b = 2q +  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) – :leû  a = 2p + ; b = 2q  a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: leû

Như ta thay tổng hiệu chúng tính chẵn lẻ tổng A không đổi A = 2013021 số lẻ nên tổng A số lẻ

2/ ( 2,0 đ) Ta có: C = (1+

1 1+ + + 1 + 1

2 3 2003 2004)

= (1+ 1 2004)+(

1 + 1

2 2003 )+ ……+ +(

1 + 1 1002 1003 ) = 2005

1 1 1

( )

2004 2003  1002 1003 = 2005 k ( 1,0 ñ)

B = 1.2.3………2003.2004 maø 1.2.3………2003.2004

1 1 1

( )

2004 2003  1002 1003  N  B k  N A = B 2005 k  2005  ĐPCM ( 1,0 đ)

Bài 2: (4,0 ñ)

A = x2 + x4 x 1 với x =

1 2 1 2

2  8  8 (2,0 ñ)

Đáp án biểu điểm

1/ Ta coù: ( x – y )2  x2 + y2  xy

Vì x2 + y2 =  2xy 1 Do đó: x2 + y2 + xy 1 + =  ( x + y )2  2   x + y   2

 - 2  x + y  2

2/ Ta coù: x =

1 2 1 2

2  8  8 

x2 =

1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2

16 8 8 4 4 4 2 8

 

 

      

 

 =

=  

2 4

x 2 2 0,5d x x 2x 1

4 8

   

 

( 0,5 đ) Và x4 + x + =

x 32 8 

( 0,5 đ) Thay vào A ta có A = 2 ( 0,5 đ) Bài 3: ( 4,0 đ)

1/ Cho x> 0, y> thỏa mãn x+ y =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 3x + 2y + 6 8 x y 2/ Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:

5x y 3x 2 2y 1

3     

Đáp án biểu điểm

1/ Ta coù: A = 3x + 2y + 6 8

x y =( 0, 5ñ)  

3 x y 3x 6 y 8

2  2 x y  ( 0, 5ñ)



3.6 6 x 2. 2 y 8. 19

2  2 x  2 y  ( 0, 5ñ) Dấu “=” xảy x = 2; y = ( 0, 5đ)

Vậy: Min P = 19 x = 2; y = 2/

5x y 3x 2 2y 1

3      

5x

3x 2 2y 1 y 1

3      

3x 2 2y 0 5x y 0

3

     



   



(1,0 ñ)

Giải hệ phương trình ta nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ) Bài 4: (4,0 đ)

Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường cao AH

a/ Chứng minh: bc = 2R AH

b/ Gọi S diện tích tam giác ABC Chứng minh: S

2 3 3R

4

Đáp án biểu điểm

a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ACD 1V( 0,5 đ)

AHB ACD có ABH ADC

( Cùng chắn cung AC)

AHB ACD (0, ñ)



AH AB AB AC AD AH

AC AD  

 bc = 2R AH  AH =

bc

2R ( 0,5 ñ) b/ ( 2,0 ñ) Ta coù SABC =

1

2 BC AH = abc

4R ( 0,5 đ)Aùp dụng bất đẳng thức CoSi ta có SABC

1 a b c 3( )

4R 3

  

(0, đ) dấu “ = “ xảy a = b = c Khi tam giác ABC  R =

a

3 (0, ñ)

 S

3

1 a 4a

3 

=

2 2

3 a

4  43 (R 3) 3 24 R Vaäy: S 

2 3 3R

4 (0, ñ)

Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy điểm M chuyển động góc cho

MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H K hình chiếu M Ox Oy Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK qua điểm cố định (khác điểm O)

Đáp án biểu điểm

 OA = OB.( 0,5 đ) Vẽ AD OB ta coù SOAB=

  1AD OB 1

2

Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM =

1 OA MH

2 +

1 OB MK

2 ( 0,5 đ)

Mà ABC  

1

OA OB S OB MH MK

2

   

(2)  AD = MH + MK = l ( 0,5 ñ)



OAB cố định Đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK có đường kính OM

Điểm P Nhìn OM góc vng nên P thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK