Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 355 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
355
Dung lượng
4,83 MB
Nội dung
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 x2 x2 Cho biểu thức M x x4 x2 x4 4x2 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn M 2x y 1 Cho x, y số hữu tỉ khác thỏa mãn 1 x 1 y Chứng minh M x y xy bình phương số hữu tỷ Bài (4,0 điểm) Tìm số dư phép chia x 3 x 5 x x 2033 cho x2 12 x 30 Cho x, y, z thỏa mãn x y z 7; x y z 23; xyz 1 Tính giá trị biểu thức H xy z yz x zx y Bài (4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn 3x2 3xy 17 x y Giải phương trình: 3x x 1 3x 8 16 Bài (6 điểm) Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M MB MA cạnh BC lấy N cho MON 900 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vng góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN 1 KB KH BH Bài (1,0 điểm) 24 Cho x, y thỏa mãn x y Tìm giá trị nhỏ H x y x y ĐÁP ÁN Bài 1 a) M x4 x2 x2 x2 1 x4 x 1 x4 x2 x 1 x 3 x4 x2 1 2 x 1 x x 1 x x x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x4 x4 x4 x2 x 1 x x 1 x x 1 x4 x2 x2 x 1 x4 x2 1 x2 1 x x 1 x4 x2 x2 với x x4 x2 x2 b) Ta có : M với x x x2 - Nếu x ta có M Vậy M - Nếu x , chia tử mẫu M cho x ta có: M 1 x2 x 1 1 1 Ta có: x x 2.x x x x x x Dấu " " xảy x Nên ta có: M x x 1 Vậy M lớn M x 2x y 1 x 1 y 1 y 1 x 1 x 1 y 1 x 1 y Ta có 3xy y x xy x y xy x y xy x y 2 2 3xy 3xy 2 Ta có : M x y xy x y 3xy 3xy Vì x, y nên 3xy số hữu tỷ , Vậy M bình phương số hữu tỷ Bài 1) Ta có: x 3 x 5 x x 2033 x 12 x 27 x 12 x 35 2033 Đặt x2 12 x 30 t , ta có: x 3 x 5 x x 2033 t 3 t 5 2033 t 2t 15 2033 t t 2018 Vậy ta có x 3 x 5 x x 2033 x 12 x 30 x 12 x 32 2018 Vậy số dư phép chia x 3 x 5 x x 2033 cho x2 12 x 30 2018 2) Vì x y z z x y xy z xy x y x 1 y 1 Tương tự ta có: yz x y 1 z 1 ; zx y z 1 y 1 1 z 1 x 1 y 1 Vậy H x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x y z 73 Ta xyz xy yz xz x y z xy yz xz xy yz xz có: x y z x y z xy yz xz 72 23 xy yz xz xy yz xz 13 1 Vậy H 13 Bài 1) Ta có: 3x 3xy 17 x y 3xy y 3x x 17 3x y 3x x 17 Vì x nguyên nên x nên ta có: 3x x 17 3x x x 11 y 3x 2 x 3x 3x 11 11 x 3x 3x 11 Vì x, y nguyên nên ta có nguyên 11 3x 3x 1; 11 3x - Xét trường hợp ta tìm x 1; y 1; x 3; y thỏa mãn kết luận 2) Ta có: 3x x 1 3x 8 16 3x 3x 3 3x 8 144 Đặt 3x t 3x t 5;3x t 2 Ta có phương trình: t 5 t t 5 144 t 25t 144 t t 16 t t 3 t 5 t 16 Xét trường hợp ta tìm x 0; x 2; x ; x 3 Bài M A O B N K D C E H 1) Ta có : BOC 900 CON BON 900 ; MON 900 BOM BON 900 BOM CON BOC 450 Ta có BD phân giác ABC MBO CBO BOC 450 Vậy ta có : MBO NCO Xét OBM OCN có OB OC; BOM CON ; MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB / /CD AM / / CE NE NC AM AN MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) Vậy ta có: MB NE 3) Vì MN / / BE BKN MNO 450 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO BNK ONC (vì có BNK ONK ; BKN OCN 450 ) NK NC NB NO BNO KNC - Xét BNO; KNC có BNO CNK ; NK NC NKC NBO 450 Vậy ta có: BKC BKN CKN 450 450 900 CK BE Tương tự ta có: NCO DCO 4) – Vì KH / /OM mà MK OK MK KH NKH 900 mà NKC 450 CKH 450 BKN NKC CKH 450 Xét BKC có BKN NKC KN phân giác BKC , mà KH KN KC HC KH phân giác BKC KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH 1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 24 Ta có: H x y x y 1 24 x x 1 y y 8 x y 24 x y 17 x y x 1 y 2 x 1 x 17 22 6 y 2 x y 17 y y 2 Dấu " " xảy x 1 y x y x y x y Vậy H nhỏ H 22 x 1, y 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC x 1 2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN LỚP Ngày thi: 30/3/2013 Câu (4,5 điểm) 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 2) Cho x2 x Tính giá trị biểu thức Q x6 x5 x x3 x x Câu (4,5 điểm) x 1 4026 x 1 1) Cho biểu thức R Tìm x để biểu thức xác : x 2x x 2x x 4x x định, rút gọn biểu thức 2) Giải phương trình sau: x x 1 x 1 x Câu (4,0 điểm) 1) Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh n3 n chia hết cho 24 2) Tìm số tự nhiên n để n2 4n 2013 số phương Câu (6,0 điểm) 1) Cho hình thang ABCD vuông A D Biết CD AB AD BC a a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a b) Gọi I trung điểm BC , H chân đường vng góc kẻ từ D xuống AC Chứng minh HDI 450 2) Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c Độ dài đường phân giác tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C la , lb , lc Chứng minh rằng: 1 1 1 la lb lc a b c Câu (1,0 điểm) Cho hai số không âm a b thỏa mãn: a b2 a b Tính giá trị lớn biểu thức: a b S a 1 b 1 ĐÁP ÁN Câu 1) Ta có: P a3 b3 7ab(a b) a b a ab b 7ab a b a b 2a 2b 5ab a b 2a 4ab 2b ab a b 2a a 2b b a 2b a b 2a b a 2b Kết luận P a b 2a b a 2b 2) Ta có: Q x x x x x x x x x x x2 x2 x x2 x x 2 x2 x Vậy Q Câu 1) x 1 x x 1 Ta có: R x x x x x x 4026 x ĐK: x x x 2 Khi đó: x 1 x 1 R 4026 x x x x 1 x x 1 x 4026 x2 2 x 4 4026 x 2013 x Vậy R xác định R 2013 x 2 2) +Nếu x 2, phương trình cho trở thành : x x 1 x 1 x x 1 x x x x x x 0(ktm) x 5(tm) x 5(ktm) +)Nếu x 2, phương trình cho trở thành: x x 1 x 1 x x x 1 x 1 x 4 x 1 x 4 x4 5x2 5 x vơ nghiệm 2 Phương trình có nghiệm x Câu 1) Ta có: n3 n n n 1 n 1 Vì n 1; n; n ba số tự nhiên liên tiếp nên có ba số chia hết cho Do n3 n (2) Vì hai số nguyên tố nên kết hợp với 1 ; suy n n 24 dpcm 2) Giả sử n2 4n 2013 m2 m Suy n 2009 m2 m2 n 2009 2 m n 2 m n 2009 Mặt khác 2009 2009.1 287.7 49.41 m n m n nên có trường hợp sau: m n 2009 m 1005 TH 1: m n n 1002 m n 287 m 147 TH : m n n 138 m n 49 m 45 TH 3: m n 41 n Vậy số cần tìm 1002;138;2 Câu B A H I D E C 1) a) Gọi E trung điểm CD, ABED hình vng BEC tam giác vng cân Từ suy AB AD a, BC 2a Diện tích hình thang ABCD S AB CD .AD a 2a .a 3a 2 b) ADH ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vng góc) Xét hai tam giác ADC IBD vng D B có: AD IB , hai tam giác ADC IBD đồng dạng DC BC Suy ACD BDI (2) Từ 1 , ADH BDI Mà ADH BDH 450 BDI BDH 450 hay HDI 450 2) M A B D C ... Suy n 2009 m2 m2 n 2009 2 m n 2 m n 2009 Mặt khác 2009 2009 .1 287 .7 49.41 m n m n nên có trường hợp sau: m n 2009 m 1005 TH... Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với a, b, c ta có 18a 18a 2 3a 2b c a b a c 2.2 18a ab 2 ac 18a 4ab 2ac 18a 18a 18a 2 3a 2b c 4ab 2ac 2a. 2b c 2b... 49 8a Ta có phương trình: a 8a 1 8a 9a a 18a 1 a 1hoặc a 1 x )2 x x 1 x x ( x 2)(2 x 3) x 2 )2 x x 1 8? ??7