Chøng minh P x¸c ®Þnh.[r]
(1)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
(2)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
(3)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
(4)⇒ 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 b0
0,5
E
E
I
S M N
C B
A
K
P Q
F L
E N
M C
B
(5)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