de va dap an HSG huyen

Chøng minh P x¸c ®Þnh.[r]

Phòng GD-ĐT nga Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán (đề số 3) năm học : 2008 - 2009

M«n : To¸n

(Thêi gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài ( 3,0 điểm)

Cho số dơng: a; b x = ab

b2+1 XÐt biÓu thøc P =

√a+x +√a − x

√a+ x −√a − x+ 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P

2 Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 im)

Tìm x; y; z thoả mÃn hÖ sau: {yx33−3 y −2=4 − z− x −2=2− y

z3−3 z − 2=6 − x

Bài ( 3,0 điểm)

Vi mi s nguyên dơng n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a =

3+√5

2 ; b =

3 −√5

2

1 Chøng minh r»ng víi n ≥ 1, ta cã Sn + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn)

2 Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn số nguyên

3 Chøng minh Sn – = [(√5+

2 )

n

−(√5− 1

2 )

n

]2 Tìm tất số n để Sn – l

số phơng Bài (5,0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đ -ờng trịn (O1) đờng kính AE đờng trịn (O2) đờng kính BE Vẽ tiếp tuyến chung ngồi MN

của hai đờng tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O1) N tiếp điểm thuộc (O2)

1. Gọi F giao điểm đờng thẳng AM BN Chứng minh đờng thẳng EF vng góc với đờng thẳng AB

2. Với AB = 18 cm AE = cm, vẽ đờng trịn (O) đờng kính AB Đờng thẳng MN cắt đờng tròn (O) C D, cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Bài 5: (4đ): Cho ABC đờng thẳng d cắt AB AC trung tuyến AM theo thứ tự Là E , F , N a) Chứng minh : AB

AE +

AC

AF =

2 AM AN

b) Giả sử đờng thẳng d // BC Trên tia đối tia FB lấy điểm K, đờng thẳng KN cắt AB P đờng thẳng KM cắt AC Q

Chứng minh PQ//BC Bài 6: (2 điểm)

Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng : 2 a3

+2 b3+2 c3<3+a2b+b2c +c2a

-

Hết -hớng dẫn chấm: Đề số Câu (3,0 điểm)

Tóm tắt lời giải Điểm

1 (2.0 ®iĨm)

Ta cã: a; b; x > ⇒ a + x > (1) XÐt a – x =

b −1¿2 ¿

a¿ ¿

(2)

Ta có a + x > a – x ≥ ⇒ √a+x −√a − x ≠ 0 (3) Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định

Rót gän:

0,25 0,25

0,25

0,25

Ta cã: a + x =

b+1¿2 ¿

a¿

a+ ab b2+1=¿

⇒ √a+x=(b+1)√ a

b2+1

a - x =

b −1¿2 ¿

a¿

a − ab b2+1=¿

⇒ √a − x=|b− 1|√ a

b2+1

⇒ P =

(b+1)√ a

b2

+1+|b− 1|√

a b2+1

(b+1)√ a

b2+1−|b −1|√

a b2+1

+ 3 b=

b+1+|b− 1|

b+1−|b −1|+ 3 b

 NÕu < b < ⇒ P = 2 b+

1 3 b=

4 3 b  NÕu b ⇒ P = b+

3 b= 3 b2+1

3 b 2 (1.0 điểm)

Xét trờng hợp:

Nếu < b < 1, a dơng tuỳ ý P =

3 b⇒ P

4 

 NÕu b , a d¬ng tuú ý th× P = b+ 3 b=(

b 3+

1 3 b)+

2 b Ta cã: b

3+ 3 b≥

2

3 , dấu xảy b = Mặt khác: 2 b

3 ≥

2

3 , dÊu b»ng x¶y vµ chØ b = VËy P

3+ 3=

4

3 , dấu xảy b = KL: Giá trị nhỏ P =

3

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

Câu (3,0 điểm)

Tóm tắt lời giải Điểm

Bin i tng ng hệ ta có x+1¿2=2− y

¿

y +1¿2=2(2 − z ) ¿

z +1¿2=3 (2− x) ¿

(x −2)¿ ¿

Nhân vế phơng trình với ta đợc:

(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2)

z+1¿2+6

y +1¿2¿

x +1¿2¿ ¿ ¿

=

⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = ⇔ x = hc y = hc z =

Với x = y = z = thay vào hệ ta có x = y = z = Vậy với x = y = z = thoả mãn hệ cho

1,00

C©u (3,0 điểm)

Tóm tắt lời giải Điểm

1 (1,0 điểm)

Với n 1thì Sn + = an+2 + bn+2 (1)

Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2)

Tõ (1); (2) ta có điều phải chứng minh 2 (1.0 ®iĨm)

Ta cã: S1 = 3; S2 =

Do a + b =3; ab =1 nªn theo ta cã: víi n ≥ th× Sn+2 = 3Sn+1 - Sn

Do S1, S2 Z nªn S3 Z; S2, S3 Z nªn S4 Z

Tiếp tục trình ta đợc S5; S6; ; S2008 Z

3 (1.0 ®iÓm)

Ta cã Sn – = [(√5

2 +

1 2)

2

]n+[(√5

2 −

1 2)

2

]n−2 = [(√5+

2 )

n

]2+[(√5 −1 )

n

]2−2[(√5+1

2 )(√ 5 −1

2 )]

n

= [(√5+1

2 )

n

−(√5− 1

2 )

n

]2 đpcm Đặt a1 = √5+1

2 ; b1 = √ 5 −1

2 ⇒ a1 + b1 = √5 ; a1b1 = XÐt Un= 1

n n

a  b

Víi n ≥ th× Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) ⇒ Un+2 = √5 Un+1 – Un

Ta cã U1 = Z; U2 = √5 Z; U3 = Z; U4 = √5 Z;

Tiếp tục trình ta đợc Un nguyên ⇔ n lẻ

VËy Sn số phơng n = 2k+1 víi k Z vµ 0 k ≤ 1003

0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu (5,0 điểm)

Tóm tắt lời giải Điểm

1 (2,5 điểm) O1M; O2N MN ⇒ O1M/ / O2N

Do O1; E; O2 thẳng hàng nên MO1E = NO2B

Các tam giác O1ME; O2NB lần lợt cân O1 O2 nên ta có: MEO1= NBO2 (1)

Mặt khác ta có: AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO

1= 900

(2)

⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900

Tứ giác FMEN có góc vuông Tứ giác FMEN hình chữ nhật

NME = ∠ FEM (3)

Do MN MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900

(4)

Do tam giác O1ME cân O1 MEO1 = ∠ EMO1

(5)

Tõ (3); (4); (5) ta cã: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (®pcm)

2 (2,5 ®iĨm)

Ta cã EB = 12 cm ⇒ O1M = cm < O2N = cm

0,25 0.25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5

O1 E O O2

A B

C M

I

N

D

S

⇒ MN c¾t AB S với A nằm S B

Gọi I trung điểm CD CD OI OI// O1M //O2N ⇒

O1M O2N

=SO1 SO2

⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2

Do O1O2 = + = cm ⇒ SO1= O1O2 = cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm

Mặt khác: OI O1M=

SO

SO1 ⇒ OI = cm

Xét tam giác COI vuông I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2

Ta cã: CO = cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI =

√56

⇒ CD = √14 cm

0,25 0,25

Câu (2,0 điểm)

Điểm

a)

KỴ BI , CS // EF (I , S∈ AM) Ta cã: AB

AE=

AI

AN ,

AC

AF =

AS AN

¿

⇒AB

AE +

AC

AF=

AI

AN+

AS

AN(∗)

¿

Ta cã: ΔBIM= ΔCSM (cgc) ⇒IM=MS

VËy: AI+AS=AI+AI+IM+MS=2 AM

Thay vào (*) ta đợc (đpcm)

1,0

0,5 Khi d // BC⇒EF // BC⇒ N trung điểm EF

+T F kẻ đờng thẳng song song với AB cắt KP L

Ta có: ΔNFP= ΔNFL(cgc )⇒ EP=LF Do :

EP

PB=

LF

PB=

KF

KB (1)

+Từ B kẻ đờng thẳng song song với AC cắt KM H

Ta cã ΔBMH =ΔCMQ (cgc) ⇒BH=QC¿

¿

Do đó: FQ

QC=

FQ

BH=

KF

KB(2)

Tõ

(1)va(2) FP FQ PQ BC//

PB QC

  

(®pcm)

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

Bµi 6: ®iĨm)

Do a <1 ⇒ a2 <1 b <1

Nên    

2 2

1 a 1 b   0 a b a  b0

0,5

E

E

I

S M N

C B

A

K

P Q

F L

E N

M C

B

Hay 1+a2b>a2

+b (1)

Mặt khác <a,b <1 a2

>a3 ; b>b3 ⇒ 1+a2

>a3+b3

VËy a3

+b3<1+a2b T¬ng tù ta cã

b

3

+c3<1+b2c a3+c3<1+c2a

⇒ 2 a3+2 b3+2 c3<3+a2b+b2c +c2a

0,5