Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC , H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đườn[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS BÌNH ĐỊNH KHĨA NGÀY : 18 – – 2009
-
-ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN
Thời gian : 150 phút ( Khơng kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18 / / 2009
Bài : ( 3,0 điểm )
Tìm tất cặp số nguyên ( m, n) cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – = 0 Bài : ( 3,0 điểm)
Cho x, y, z số thực khác 1x+1 y+
1
z = Chứng minh : yz
x2+ zx
y2+ xy
z2=3 Bài : (3,0 điểm )
Giải hệ phương trình :
¿
√x +√y=7
√x −20+√y +3=6 ¿{
¿ Bài 4: ( 4,0 điểm )
Cho điểm O thuộc miền tam giác ABC Các tia AO , BO, CO cắt cạnh tam giác ABC G, E, F Chứng minh : OAAG +OB
BE + OC CF =2 Bài : ( 4,0 điểm )
Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C cho AC = AB Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) D , M điểm thay đổi đoạn AD Gọi N P chân đường vng góc hạ từ M xuống AB AC , H chân đường vng góc hạ từ N xuống đường thẳng PD
a) Xác định vị trí M để tam giác AHB có diện tích lớn
b) Chứng minh M thay đổi , HN qua điểm cố định Bài : ( 3,0 điểm )
Chứng minh : 17<
√2+
√3+ +
√99+
√100<18
(2)-SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY : 23 – – 2010
-
-ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN
Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 23 / / 2010
-Bài : ( 3,0 điểm )
1 Giải phương trình : x3+2√81 −7 x3=18
2 Chứng minh tồn số chia hết cho 2009 tổng chữ số 2010 Bài : ( 3,0 điểm)
Cho phương trình x2−2 mx+2 m2− 1=0 (1) ( m tham số ). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt
2 Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn hệ thức:
x13+x23− x12− x22=− 2
Bài : (4,0 điểm )
1 Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ
P = 3 x2+11 y2−2 xy −2 x +6 y −1
2 Cho đa thức P(x) bậc có hệ số nguyên Biết P(x) nhận giá trị 2003 với giá trị nguyên khác x Chứng minh :
Với x Z P(x) khơng thể có số trị 2010. Bài 4: ( 6,0 điểm )
Cho tam giác ABC, điểm M tam giác, đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh BC, CA, AB P, Q, R Kí hiệu SABC diện tích tam giác ABC
a Chứng minh : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4 SABC b Xác định vị trí M để diện tích tam giác PQR lớn
Bài : ( 4,0 điểm )
1 Cho a, b, c số thực dương thõa mãn hệ thức a + b + c = 6abc Chứng minh : bc
a3(c +2 b)+ ca
b3(a+2 c)+ ab
c3(b+2 a) ≥ 2 Cho ba số thực α , β , γ > Tìm giá trị nhỏ biểu thức :
M = y +zα x + β y z +x+
γ z
x + y , với x, y, z >
(3)-LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỐN CẤP TỈNH KHĨA NGÀY : 23 – 03 - 2010
Bài :
1/ Giải phương trình : x3+2√81 −7 x3=18 ( ) ĐK : 81 – 7x3 ≥ ⇔ 7x3 ≤ 81 ⇔ x3 ≤ 81
7
Đặt y = √81− x3 ≥ ⇒ y2 = 81 – 7x3 ⇒ x3 = 81 − y2
7 ( ) (1) ⇔ 81 − y2
7 + 2y = 18 ⇔ 81 – y
2 + 14y = 126 ⇔ y2 - 14y + 45 = 0
⇒ y1 = ; y2 =
+ với y = từ (2) ⇒ x3 = ⇒ x = ( thõa )
+ với y = từ (2) ⇒ x3 = ⇒ x = ( thõa )
Vậy S = { 0; }
2/ Chứng minh tồn số chia hết cho 2009 tổng chữ số 2010. Giải : Ta có số 6027 chia hết cho 2009 có tổng chữ số 15
Mà: 2010 = 15 134 Do viết số 6027 lặp lại 134 lần số: ⏟6027 6027 6027 6027
134 so6027
Chia hết cho 2009 có tổng chữ số 2010 Bài :
Cho phương trình x2−2 mx+2 m2− 1=0 (1) ( m tham số ). 1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
Giải : PT (1) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔
¿ Δ'>0
P>0 S>0 ¿{ { ¿
Δ ’ = m2 – ( 2m2 – 1) = - m2 + > ⇔ m2 < ⇔ -1 < m < 1
P = 2m2 – > ⇒ m2 > ½ ⇒
m>√1 ¿ m<−√1
2 ¿ ¿ ¿ ¿ S = 2m > ⇒ m >
Kết hợp điều kiện , ta có : √1 2<m<1
2 Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn hệ thức: x13+x23− x12− x22=− 2
Với -1 < m < , ta có : x1 + x2 = 2m ; x1x2 = 2m2 –
(4)⇔ ( x1 + x2 ) ¿¿ ( x1 + x2)2 - x1x2 ¿ - ¿ ¿
¿ x1 + x2 ) 2 – x
1x2 ¿ = -2 ⇔ ( x1 + x2)3 - x1x2( x1 + x2 ) - ( x1 + x2)2 + x1x2 = -
⇔ 8m3 - 6m(2m2 – 1) – 4m2 + 2(2m2 – 1) = - 2
⇔ - 4m3 + 6m – = - ⇔ m( – 2m2 ) = ⇔
m=0 ¿ m=±√3
2(loai ) ¿ ¿ ¿ ¿
Vậy m = thõa mãn đề Bài :
1 Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ
P = 3 x2+11 y2−2 xy −2 x +6 y −1 Ta có : P = ( x2 + 9y2 + – 6xy - 2x + 6y ) + ( 2x2 + 4xy + 2y2 ) –
= ( x - 3y – 1)2 + 2( x + y)2 – ≥ -
Pmin = - ⇔
¿ x − y −1=0
x + y=0 ¿{
¿
⇔
¿ x=1
4 y=−1
4 ¿{
¿
2 Cho đa thức P(x) bậc có hệ số nguyên Biết P(x) nhận giá trị 2003 với giá trị nguyên khác x Chứng minh :
Với x Z P(x) khơng thể có số trị 2010.
Theo đề : P(x) – 2003 = (x – x1 )(x – x2)(x – x3)(x – x4) Q(x) ( * ) với Q(x) nhị thức bậc
Chứng minh phản chứng
Giả sử tồn x = a mà P(a) = 2010
Từ ( * ) ⇒ P(a) - 2003 = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a) ⇔ = (a – x1 )(a – x2)(a – x3)(a – x4) Q(a)
Số viết dạng tích số nguyên khác ⇒ vơ lý Vậy ta có đpcm !
Bài 4:
Cho tam giác ABC, điểm M tam giác, đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh BC, CA, AB P, Q, R Kí hiệu SABC diện tích tam giác ABC.
(5)P M A
B C
K Q
H R
a) Chứng minh : MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4 SABC
+ Trường hợp Δ ABC khơng có góc tù : Vẽ BH AM H; CK AM K Có : MA BH + MA CK = ( SABM + SACM) MA ( BH + CK ) = ( SABM + SACM) Mà BH + CK ≤ BC
⇒ MA BC ≥ ( SABM + SACM) ( ) Chứng minh tương tự :
MB CA ≥ 2( SABM + SBMC ) ( ) MC AB ≥ 2( SAMC + SBMC ) ( ) Cộng ba bất đẳng thức trên, ta có đpcm
Dấu “ = “ xảy ⇔ m trực tâm Δ ABC
B C
A
B'
M
+ Trường hợp Δ ABC tù , giả sử góc A > 900 Vẽ AB’ AB AB’ = AB
M ≠ A M nằm Δ AB’C ( không ta vẽ AC’ AB AC’ = AC , giải tương tự )
ABB’ = AB’B ⇒ MB’B > MBB’ ⇒ MB > MB’ Mà : CB’B > CBB’ ⇒ CB > CB’
Do : MA BC + MB CA + MC AB > MA B’C + MB’ CA + MC AB’
Theo : MA B’C + MB’.CA + MC AB’ ≥ 4SAB’C =2AB’ AC
Do đó: MA BC + MB CA + MC AB > 2AB.AC > 4SABC ( đpcm )