• Theo trình tự bắt đầu từ bước giải nào đó sai thì các bước giải kế tiếp (nếu có liên quan) dù đúng vẫn không cho điểm cả phần còn lại từ bước giải nói trên. • Bài hình học nếu không có[r]
(1)Sở GD & ĐT Quảng Bình ĐÁP ÁN KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP - THCS NĂM HỌC: 2009 - 2010
Mơn: TỐN
Những lưu ý chấm:
• Đáp án cách giải, học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa.
• Theo trình tự bước giải sai bước giải (nếu có liên quan) dù khơng cho điểm phần cịn lại từ bước giải nói trên.
• Bài hình học khơng có hình vẽ hình vẽ vẽ sai khơng chấm. Câu I
(2,5 điểm)
Giải phương trình: √16 − 8x − 3x2 = x2+ 3x − (1)
Ta có (1) ⇔
16 − 8x − 3x2 = (x2 + 3x − 4)2 (2)
x2+ 3x − ≥ 0 (3)
(0,25đ)
Hơn nữa,
(2) ⇔ (x2+ 3x − 4)2+ 3x2 + 8x − 16 = 0 ⇔ (x2+ 3x − 4)2+ 3(x2+ 3x − 4) − = x.
(0,25đ)
Đặt y = x2+ 3x − (4) (Điều kiện y ≥ 0)
Phương trình trở thành: y2 + 3y − = x kết hợp với (4) ta có
hệ
(∗)
y2+ 3y − = x
x2+ 3x − = y
(0,25đ)
(2)⇔
y2+ 3y − = x (5)
x = y (6) (I)
y2+ 3y − = x (7)
x + y + = (8) (II)
(0,25đ)
Xét hệ (I) (6) vào (5) ta có:
y2+ 2y − = ⇔
y = −1 − √
5 (loại) y = −1 +√5
(0,25đ)
Cùng với (6) suy ra: x = −1 +√5.
(0,25đ)
Xét hệ (II) x = −y − từ (8) vào (7) ta được:
y2+ 4y = ⇔
y = −4 (loại) y = 0
(0,25đ)
Thế y = vào (8) ta suy x = −4.
(0,25đ)
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = −1+√5; x = −4.
(3)Câu II (2,5 điểm)
Lấy hai số m, M sao cho m ≤ ai ≤ M (1)
với i = 1, 2, , 2010.
(0,25đ)
Ta có
(ai− m)(ai− M) ≤ , ∀i = 1, 2, , 2010
(0,25đ)
⇔ a2i − (m + M)ai+ m.M ≤ , ∀i = 1, 2, , 2010
(0,25đ)
⇒
a2
1− (m + M)a1+ m.M ≤ 0,
a2
2− (m + M)a2+ m.M ≤ 0,
. a2
2010− (m + M)a2010+ m.M ≤ 0.
(0,5đ)
Cộng 2010 bất đẳng thức ta được:
a21+ a22+ + a22010− (m + M)(a1+ a2+ + a2010)
+2010m.M ≤ 0
(0,5đ)
Kết hợp với giả thiết, ta suy
1 + 2010.m.M ≤ ⇔ m.M ≤ − 2010
(0,25đ)
Chọn m = min{ai}, M = max{ai} thỏa mãn (1) tích của
hai số không vượt − 2010
(4)Câu III (3,0 điểm)
A
B C
D F
E
(Hình vẽ)
(0,25đ)
a) Đặt [
AFE = [BFD = x; BDF = [[ CDE = y; CED = [[ AEF = z. Suy [F AE = 1800− x − z,
(0,25đ)
\
F BD = 1800− x − y, (0,25đ)
\
ECD = 1800− y − z, (0,25đ)
Nên x + y + z = 1800. (0,25đ)
Mặt khác [F AE + [AF E + [AEF = 1800 (0,25đ)
nên y = [F AE Do đó: \BDF = [BAC. (0,25đ) b) Tương tự câu a) ta có:
\
ECD = \BF D = x; F BD = \\ CED = z.
(0,25đ)
Từ suy ra:
4BDF v 4BAC; 4CDE v 4CAB 4AEF v 4ABC.
(0,25đ)
Nên BD BF =
BA BC =
5 8;
CD CE =
CA CB =
7 8;
AE AF =
AB AC =
5
(5)Suy tồn số dương k, l, m để
BD = 5k; BF = 8k; CD = 7l; CE = 8l; AE = 5m; AF = 7m. Khi đó, ta phương trình:
5k + 7l = (1) 7m + 8k = (2) 5m + 8l = (3)
(0,25đ)
Giải hệ (1), (2) (3) suy ra: k =
2 ⇒ BD = 2.
(0,25đ)
Câu IV (2,0 điểm)
Để ý phương trình cho có nghiệm, chẳng hạn: x = y = z = 3.2010
(0,25đ)
Bây giờ, ta chứng minh tồn tập hợp hữu hạn (x; y; z) với x, y, z ∈ N∗ thỏa mãn phương trình.
Khơng tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z Khi đó 0 <
z ≤ y ≤
1 x;
1 x <
1 2010 =
1 x +
1 y +
1 z ≤
3 x
(0,25đ)
⇒ 2010 < x ≤ 3.2010
(0,25đ)
Nên x nhận không 2.2010 giá trị.
(6)Với giá trị x ta nhận được:
2010− x =
1 y +
1 z ≤
2 y. Suy
y ≤ 2. 2010x x − 2010 ≤ 2
2.20102.
(0,25đ)
Do đó, y nhận khơng lớn 22.20102 giá trị. (0,25đ)
Cuối cùng, x, y nhận tương ứng có giá trị z xác định phương trình cho Như tồn tại không nhiều 23.20103 nghiệm tự nhiên thỏa mãn điều kiện
x ≤ y ≤ z.
(0,25đ)
Vì nghiệm dạng này, nhờ hoán vị x, y, z dẫn đến tất nghiệm cịn lại phương trình cho, nên số nghiệm phương trình nói chung khơng vượt q 6.23.20103.
Vậy ta có điều phải chứng minh.