Đang tải... (xem toàn văn)
Ñöôøng troøn ngoaïi tieáp töù giaùc OHMK coù ñöôøng kính laø OM Ñieåm P Nhìn OM döôùi moät goùc vuoâng neân P thuoäc ñöôøng troøn ngoaïi tieáp töù giaùc OHMK P laø ñieåm coá ñònh [r]
(1)KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC: 2012-2013
Môn: TO NÁ
Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian phát
đề) B i 1:à (3đ) Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cotg450
Bài 2: (4đ) Cho biểu thức
4 1
1
4
x x x x
Q
x
x x
a) Tìm điều kiện x để Q có nghĩa b) Rút gọn biểu thức Q
Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn biểu thức
1
y x x y
M
xy
B i 4:à (3,75đ) Chứng minh
2
1
x yz y xz
x yz y xz
với xy yz, 1,xz1,x0,y0,z0
thì
1 1
x y z
x y z
B i 5:à (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân A, M l trung điểm cạnh BC Từ đỉnh M vẽ góc 450 cho cạnh của góc n y là ần lượt cắt AB, AC tại E, F
Chứng minh rằng: EF
1
M ABC
S S
B i 6: à (2đ) Từ điểm A ngo i đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB v AC ới đường tròn (B v C l tià ếp điểm) Gọi M l mà ột điểm đường thẳng qua trung điểm AB v AC Kà ẻ tiếp tuyến MK đường tròn (O) Chứng minh MK = MA
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TO NÁ
K THI CH N H C SINH GI I HUY N N M HỲ Ọ Ọ Ỏ Ệ Ă ỌC 2012-2013
B ià Nội dung – Yêu cầu Điểm
1
5 3 29 12 5
2 5
5 5
2
5
= = cotg450
1đ 0,5đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ
2a Q có nghĩa x1 v à x2 0,5đ
CHÍNH
ĐỀ
(2)2b
4 1
1
4
x x x x
Q x x x
1 1 1 2
1
4
x x x x x
Q x x x 2
1 1 2
1
x x x
Q x x
1 1 2
2
x x x
Q
x x
* Nếu < x < ta có:
1 1
2
x x x
Q x x Q x
* Nếu x > ta có:
1 1
2
x x x
Q x x Q x 0,75đ 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25
Với điều kiện x1,y4 ta có: M = y x x y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số khơng âm,
Ta có:
1
1 1
2
x x
x x
1 x x
(vì x dương)
V :
1 4
4 4
2 2
y y
y y
4 y y
(vì y dương) Suy ra: M =
4
1 1
2 4
y x x y
Vậy giá trị lớn M l
4 x = 2, y = 8
(3)4
2
1
x yz y xz
x yz y xz
x2 yz y xyz y2 xz x xyz
2 2 2 2 0
x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz
x y xy2 2 x yz xy z3 x z y z2 x yz2 xy z2 2 0
2 2 2 0 xy x y xyz x y z x y xyz x y
x y xy xyz x y z x y xyz2 0
0
xy xyz x y z x y xyz
(vì x y x y 0)
xy xz yz xyz x y xyz
xyz x y xyz
xy xz yz
xyz xyz
(vì xyz0) 1
x y z
x y z
0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ
Kẻ MPAB tại P, MQAC tại Q
Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ K v cà MF N
Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP v MQà
2 MEN MEK MPEK
S S S
v
1 FEN QEK QAEK
S S S
(SFEN SQEK có chiều cao nhưng đáy EN bé đáy EK)
Suy ra:
1
2
MEN FEN APMQ MEF APMQ
S S S S S
(*)
Chứng minh được:
1 MAP MAB
S S
1 MAQ MAC
S S
1 APMQ ABC
S S
(**)
0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ B
M P
N K
E F
(4)Từ (*) v (**) ta có: EF
1
M ABC
S S
6
Gọi P,Q l trung điểm AB,AC Giao điểm OA v PQ l I.à AB v AC l hai tià ếp tuyến nên AB = AC v AO l tia phân giác cà BAC
PAQ cân ở A v AOà PQ
Áp dụng Pitago ta có:
MK2 = MO2 – R2 (MKO vng tại K) MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông tại I)
MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (BOP vuông tại B)
MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (IOP vuông tại I v PA = PB)à MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)
MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông tại I) MK2 = MA2 (IAM vuông tại I)
MK = MA
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TO N 9Á (Thời gian : 120 phút)
B i 1(1,5à đ): Cho biểu thức
2
3 3
1
3 27
x Q
x
x x x
a/ Rút gọn Q
b/ Tính giá trị Q x 2010
B i 2(1à đ): Rút gọn biểu thức M 4 4
B i 3(1à đ): Chứng minh với a,b,c ta có a2b2c2ab bc ac B i 4(2à đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhỏ A = a2 + b2
b/ Cho x +2y = T ìm giá trị lớn B=xy B i 5(2à đ): Giải phương trình
B
P
O I A
Q
K C
(5)2 9 6 9 0
x x x
b/ x2 4 x2 4 0
B i 6(2,5à đ): Cho hình vng cạnh a Đường trịn tâm O, bán kính a cắt OB M D l àđiểm đối xứng O qua C Đường thẳng Dx vng góc với CD D cắt CM E CA cắt Dx F Đặt MDC
a/ Chứng minh AM l phân giác cà FCB Tính độ d i DM, CE theo a v à b/ Tính độ d i CM theo a Suy giá trà ị sin
(6)B ià Nội dung Biểu chấm 1(1,5đ) a.(1đ)
A =
3 27 3 3 x x x x x
ĐKXĐ: x 0; x
= x x x x x x x x 3 ) 3 )( ( 3 3 2 = x x x x x x x 3 ) 3 )( ( 3 ) ( 2 x
b (0,5 đ) Thay x = 3+2010 v o A ta có:à A x 2010 2010 0.25 0.25 0.25 0.25 0,5
2(1đ)
Rút gọn biểu thức M 4 4
2 2
4 7
8
2
1 7
2
1 7
2 2 M M M M M 0.25 0.25 0.25 0.25
3(1đ)
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
0
a b c ab bc ac
a b c ab bc ac
a ab b b bc c a ac c
a b b c a c
(7)Phòng GD- ĐT vĩnh tờng Trờng THCS vũ di
==========
Đề thi khảo sát học sinh giỏi
Môn: Toán
Thi gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề ) -Bài (1,5 điểm)
Rót gän c¸c biÓu thøc sau : a)A =
1+√5 + √5+√9 +
1
√9+√13 +
1
√2001+√2005 +
1 √2005+√2009 b) B = x3 - 3x + 2000 víi x =
√3+2√2 + √33−2√2 B i 2à (2,0 điểm) Giải phương trình sau:
a) 3x2 + 4x + 10 = 2 14x2 b)
2 2
44 x x 16 4x 1 x y 2y 3 5 y c) x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - = 0; (vi x; y nguyờn) Bài 3: (2,0 điểm)
a) Chøng minh r»ng víi hai sè thùc bÊt kì a b, ta có:
2
a b
ab
.
Dấu đẳng thức xảy ?
b) Cho ba số thực a b c, , không âm cho a b c 1
Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy ?
c) Với giá trị góc nhọn biểu thức Psin6 cos6 có giá trị bé ? Cho biết giá trị bé
Bµi 4: (1,5 ®iĨm)
Một đồn học sinh cắm trại ô tô Nếu ô tô chở 22 ngời cịn thừa ngời Nếu bớt tơ phân phối tất học sinh lên tơ cịn lại Hỏi có học sinh cắm trại có ô tô ? Biết ô tô chở khơng q 30 ngời
Bµi ( 3,0 ®iĨm )
1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R r lần lợt bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABD ABC
a) Chøng minh : 2
1
R r a
b) Chøng minh :
3 2
( )
ABCD
R r S
R r
; ( KÝ hiệu SABCD diện tích tứ giác ABCD ) 2) Cho tam giác ABC cân A có BAC1080.Chứng minh :
BC
AC số vô tỉ.
=============================================== Phòng GD- ĐT vĩnh tờng
(8)- Môn: Toán
-Bài Sơ lợc lời giải Cho
điểm
Bài 1.b
(1,5 đ) áp dụng công thức (a+b)
3=a3+b3+3ab(a+b), víi a=
√3+2√2 , b= √33−2√2 biến đổi => x3 = + 3x
Suy B = 2006
0,75
a
Cã A = √5−1 5−1 +
√9−√5 9−5 +
√13−√9
13−9 + +
√2005−√2001 2005−2001 + √2009−√2005
2009−2005
Rút gọn, đợc A = 20091
4
0,75
Bài 2a (2,0đ)
Giải, xác định điều kiện:
2
;
2
x x
x24x 4 2x2 1 2x21 7 = 0
(x 2) ( 2x 7)
2
2
2
2 2
x x
x x
x x
(Thỏa mãn)
0,25 0,25
0,25 b
Điều kiện :
2
2
4 (1)
16 (2)
4 (3)
2 (4)
x x
x
x y y
Từ (2) (x2 – 4)(x2 + 4) 0 x2 0 kết hợp với (1) v (3) suy x = 2à Thay v o (4): yà 2 – 2y + 0 ; Đúng với mọi giá trị của y.
Thay x = v o phà ương trình v già ải đúng, tìm y = 1,5 Vậy nghiệm phương trình: (x = 2; y = 1,5)
0.5 0,25 c Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0
x2 – 2y – = x2 = 2y2 + x lẻ
Đặt x = 2k + ; ( kZ ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4
y2 = 2(k2 + k – 1) y chẵn
Đặt y = 2n; (n Z) 4n2 = 2(k2 + k – 1) 2n2 + = k(k + 1) (*) Nhìn v o (*) ta có nhà ận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k v k + l hai sà ố nguyên liên tiếp) (*) vô nghiệm pt cho vô nghiệm
0,25
0,25 Bài 3a
(2,0đ) Ta có: 2 2 2 2
2
2 4
a b a ab b a ab b
ab ab
(9) 2
0, ,
a b
a b
R
VËy:
2
, , , ,
2
a b
ab a b a b ab a b
R R
Dấu đẳng thức xảy a b 0,25
b Theo kết câu 3.a, ta có:
a b c 2 ab c 24a b c
mµ a b c (giả thiết)
nên:
2 4 a b c b c 4a b c
(v× a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhng:
2
b c bc
(không âm) Suy ra: b c 16abc
Du đẳng thức xảy khi:
1
,
4
a b c
b c a
b c
0,25
0,25 0,25 c Ta cã:
3 3
6 2
sin cos sin s
P co
sin2 cos2 sin4 sin2 cos2 cos4
P
sin2 cos2 2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2
P
¸p dơng kÕt câu 3.1, ta có:
sin2 cos2 2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2
Suy ra:
2
1 3sin cos
4
P
Do đó:
P
vµ chØ khi: sin2 cos2 sin cos (vì góc nhän)
0 sin
1 45
cos tg
0,25
0,25
0,25 Bài 4
(1,5đ) + Gọi số ô tô lúc đầu
x ( x nguyên x 2)
Số học sinh cắm trại là: 22x +
+ Theo giả thiết: Nếu số xe x1 số học sinh phân phối cho tất xe, xe chở số học sinh y (y số nguyên < y 30)
+ Do ta có phơng trình:
22 23
1 22 22
1
x
x y x y
x x
0,25 0,25
0,25 + Vì x y số nguyên dơng, nên x1 phải ớc số 23
Mà 23 nguyên tố, nên: x1 x2 hc x1 23 x24
NÕu x2 y22 23 45 30 (trái giả thiết)
NÕu x24 th× y22 23 < 30 (thỏa điều kiện toán) + Vậy số ô tô là: 24 tổng số học sinh cắm trại là:
22 24 23 23 529 häc sinh.
(10)Bài 5 (3,0đ)
I E
K M
D O
A C
B
Tứ giác ABCD hình thoi nên AC đờng trung trực đoạn thẳng BD,BD đờng trung trực AC.Do gọi M,I,K giao điểm đờng trung trực đoạn thẳng AB với AB,AC,BD ta có I,K tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADB,ABC
Từ ta có KB = r IB = R.Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta có BEAI hình thoi ( có hai đờng chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đờng )
0,25
1a
Ta cã BAI EBA mµ BAI ABO 900 EBA ABO 900 0,25
Xét EBK có EBK900,đờng cao BM.Theo hệ thức tam giác vuông ta
cã 2
1 1
BE BK BM
0,25
Mµ BK = r , BE = BI = R; BM =
a
Nªn 2
1
R r a
(§pcm)
0,25 1b
XÐt AOB vµ AMI cã AOB AMI 900 vµ A chung AOBAMI
2
2
AO AM AM AB AB
AO
AB AI AI R
Chứng minh tơng tự ta đợc
2
2
BM AB AB
BO
BK r
0,25
0,25
Ta cã
4
4 ABCD
AB
S AO OB
Rr
Mà theo định lí Pi ta go tam giác vng AOB ta có
2 2
2
1 1
4
AB OA OB AB
R r
2 2
2 4R r AB
R r
Từ ta có :
3 2
( )
ABCD
R r S
R r
0,25
0,25
2
x C
D B
A
0,25
Kẻ tia Cx cho CA tia phân giác BCx , tia Cx cắt đờng thẳng AB D.Khi Ta có DCA ACB 360 DCA cân C , BCD cân B
AB AC DC
.Theo tính chất đờng phân giác tam giác BCD ta có
;
CB AB BC CA BC BD CD AD CA BD CA
0,25
(11)2 2
2
( )
1
1
2
BC CA BC BC CA CA BC BC CA CA CA BC CA
BC BC BC
CA CA CA
1
BC CA
( V×
0)
BC
CA .VËy BC
AC lµ sè v« tØ
0,25
PHỊNG GD-ĐT HUYỆN LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2012-2013
-Ba
̀ i (4đ)
a) Tính tổng:
b) Cho a, b, c, d l sà ố dương v
a c
b d Hãy trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
B i 2à : (4đ)
a) (2đ) Biết a,b l sà ố thoả mãn a > b > v a.b = Chứng minh :
2
2
a b
a b
b) (2đ) Tìm tất số tự nhiên abc có chữ số cho :
2
abc n
cba n
với n l sà ố nguyên lớn hơn 2
B i 3à : (4đ)
a) (2đ) Phân tích thành nhân tư: M = 7√x −1−√x3
− x2+x −1 với x ≥1
b) (2đ) Giải phương trình
√x2+26+3√x+√x+3=8
B i 4:à (2.đ) Cho đường thẳng (d) có phương trình: x m( 2) ( m 3)y m a) (0,5đ) Xác định m để đường thẳng (d) qua điểm P(-1;1)
b) (1,5đ) Chứng minh m thay đổi đường thẳng (d) ln ln qua điểm cốđịnh
B i 5à : (2 đ)
Cho ABC đều điểm M nằm ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính sốđo góc BMC ?
2 2
15 35 63 399
P
1
a b c d
(12)B i 6à : (4,0 đ )
Cho nưa đường trịn đường kính BC=2R, tâm O cốđịnh Điểm A di động trện nưa đường tròn Gọi H l hình chià ếu điểm A lên BC Gọi Dv E ần lượt l hình chià ếu H lên AC v AB
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
b) Xác định vị trí điểm A cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn theo R
HẾ
T ĐÁP ÁN Ba
̀ i 1( 4đ, b i điểm) a)
2 2
15 35 63 399
P
2 2
3.5 5.7 7.9 19.21
1 1 1 1
3 5 7 19 21
1 21
2
b)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm) (0,5 điểm)
2
a c
do ad bc ad bc
b d
(0.5
điểm)
B i 2à : ( điểm ) * Vì a.b = nên
2
2 a b 2ab a b 2 2
a b
a b
a b a b a b a b
( đ )
* Do a > b > nên áp dụng BĐT Cô Si cho số dương Ta có :
a b 2 a b
a b a b
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a d b c
a d b c a d b c
1
( a d) ( b c)
2 ( )
a d b c a d ad b c bc
2
a d b c
a d ad b c bc
1
a b c d
a d b c a d b c
(13)Vậy
2
2
a b
a b
( 1đ )
1) ( đđiểm )
Viết
2
100 10
100 10 4
abc a b c n
cba c b a n n
Từ (1) v (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n – 99 (3) ( 0,75 đ )
Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31
39 4n 119
(4) ( 0,75đđ ) Từ (3) v (4) => 4n – = 99 => n = 26à
Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) Ba
̀ i 3( đ )
a) (2 điểm) M = 7√x −1−√x3− x2
+x −1 với x ≥1
¿√x −1(7− x+√x −1) (0,25đ)
¿−√x −1(x −1−√x −1+1
4− 25
4 ) (0,5đ)
¿−√x −1[(√x −1−1 2)
2 −25
4 ] (0,5đ)
¿−√x −1(√x −1−3) (√x −1+2) (0,5đ)
¿√x −1(3−√x −1)(√x −1+2) (0,25đ) b) (2đ) Giải phương trình √3 x2
+26+3√x+√x+3=8 (1)
Ta nhận thấy x = là nghiệm của PT (1) (0,75đ) Với 0≤ x<1 thì:
3
√x2+26+3√x+√x+3<√312+26+3√1+√1+3=8
Nên PT vô nghiệm với 0≤ x<1 (0,5đ) Với x >1 Thì:
3
√x2+26+3√x+√x+3>√312+26+3√1+√1+3=8
Nên PT vô nghiệm với x >1 (0,5đ) Vậy PT (1) có nghiệm nhất x = (0,25đ) B i 4:à (2 điểm)
a) Vì đường thẳng (d) qua P(-1;1) nên
(m2).( 1) ( m 3).1 m 8 5 m 8 m3 (0,5 điểm)
b) Gọi x y0; 0 l tà ọa độđiểm cốđịnh m (d) à đi qua Ta có: (m2)x0(m 3)y0 m m (0,5đ)
0 0
0 0
0 0
( 1)
1
2
x y m x y m
x y x
x y y
(14)Vậy điểm cốđịnh m (d) qua l (-1;2) (1à đ) B i 5à :
Vẽ tam giác đề
BCN ACM
BN AM
u CMN
(1 điểm)
màAM2 BM2CM2 BN2 BM2MN2 BMN
vuông tại M.
900 600 1500
BMC BMN NMC
(1 điểm)
B i 6:à (4,0 đ)
a) Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2
Chứng minh tứ giác ADHE l hình chà ữ nhật (1,0 đ) AB . EB = HB2
AC . EH = AC AD = AH2 => ĐPCM (1 điểm)
b) S(ADHE)= AD.AE
2 2
2 2
AD AE DE AH
(0,75 đ)
S
(ADHE)
2 2
2 2
AH AO R
(0,75 đ) Vậy Max S(ADHE)=
2
R
Khi AD = AE
Hay A l àđiểm cung AB (0,5 đ)
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn
Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VỊNG I
B i 1: (1.5 à điểm) Thực tính:
√2x+2√x2−4
√x2−4+x+2 với x=2√6+3
B i 2: (2.5 à điểm)
Giải phương trình:
O B
C
A
H D
(15)a x2
+5x −√x2+5x+4=−2
b √x2
−3x+2+√x+3=√x −2+√x2+2x −3
B i 3: (2.0 à điểm)
a Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = ln có nghiệm hữu tỉ với số n nguyên
b Gọi x1, x2 l nghià ệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 l nghià ệm phương trình x2 + 2010x + = Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
B i 4: ( 3.0 à điểm)
Cho đường tròn (O) v điểm A nằm ngo i đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C l tià ếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) M Trên cung nhỏ MC (O) lấy điểm D AD cắt (O) điểm thứ hai E I l trung điểm DE Đường thẳng qua D vng góc với BO cắt BC H v cà BE K
a Chứng minh bốn điểm B, O, I, C thuộc đường tròn b Chứng minh ICB = IDK
c Chứng minh H l trung điểm DK B i 5: ( 1.0 à điểm)
Cho A(n) = n2(n4 - 1) Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn
Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CH NH THÍ ỨC - VÒNG II
B i 1: (2.0 à điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức:
1
a b a b Với a b; l sà ố dương.
b) Cho x y; l hai sà ố dương v x y 1.Tìm giá trị nhỏ P=
2 xy ; 2
2
M
xy x y
.
B i 2: (2.0 à điểm)
Giải hệ phương trình: { x
2
+y2=11
x+xy+y=3+4√2
(16)Hình chữ nhật ABCD có M, N l trung điểm cạnh AB, CD Trên tia đối tia CB lấy điểm P DB cắt PN Q v cà MN O Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt QM H
a Chứng minh HM = HN
b Chứng minh MN l phân giác cà góc QMP B i 4: (3.0 à điểm)
Cho nưa đường trịn (O, R) đường kính AB EF l dây cung di động nưa đường tròn cho E thuộc cung AF v EF = R AF cà BE H AE cắt BF C CH cắt AB I
a Tính góc CIF
b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi EF di động nưa đường trịn c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích B i 5: (1.0 à điểm)
Tìm ba số ngun tố m tích cà chúng năm lần tổng chúng
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn
HƯỚNG DẪN CHẤM - VỊNG I
B i 1à : (1.5 điểm) Thực tính:
√2x+2√x2−4
√x2−4+x+2 với x=2√6+3
√x+2+√x −2¿2 ¿
¿ √¿
¿√x+2+x −2+2√(x+2)(x −2)
√(x+2)(x −2)+x+2 =¿
0,75
Thay x=2√6+3 v o được:
√3+√2¿2 ¿ ¿ √¿
1
√2√6+2+3=
1
¿
0,75
B i 2: (2.5 à điểm)
Giải phương trình: a x2
+5x −√x2+5x+4=−2
x2+5x+4−√x2+5x+4=2
(17)Với y = giải √x2+5x+4=2 x1 = 0; x2 = -5 0,25 Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25 Ghi chú: Có thểđặt y = x2 + 5x Lúc n y cà ần đặt điều kiện bình phương hai
vế b √x2
−3x+2+√x+3=√x −2+√x2+2x −3
√(x −1)(x −2)+√x+3=√x −2+√(x −1)(x+3) 0,25 √x −1(√x −2−√x+3)−√x −2+√x+3=0
(√x −2−√x+3)(√x −1−1)=0 0,50
√x −2−√x+3=0 vô nghiệm; √x −1−1=0 x = 0,25 Thư lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm 0,25 B i 3: (2.0 à điểm)
a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = ln có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên
n =-1: Phương trình có nghiệm Với n -1 n+10
’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)
= 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + =(n2 + 3n + 1)2.
0,50
’ nên phương trình ln có nghiệm 0,25
’ phương, hệ số l sà ố nguyên nên nghiệm phương trình l sà ố
hữu tỉ 0,25
b Gọi x1, x2 l nghià ệm phương trình x2 + 2009x + = x3, x4 l nghià ệm phương trình x2 + 2010x + = Tính giá trị biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm
Có: x1x2 = x3x4 = x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010
0,25 Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 =
(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )
= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42 = x32 - x22 - x12 + x42
= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2
0,50
Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 0,25 Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]
B i 4: ( 3.0 à điểm)
O A
B
I
D E
K H
(18)OB BA; OC CA ( AB, AC l tià ếp tuyến) OI IA (I l trung điểm dây DE)
B, O, I, C thuộc đường tròn đường kính AO
0,75
ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường trịn đường kính AO) (1) DK // AB (Cùng vng góc với BO)
IDK = IAB (2)
Từ (1) v (2) được: ICB = IDK
1.0
ICB = IDK hay ICH = IDH Tứ giác DCIH nội tiếp
HID = HCD
HCD = BED (Cùng chắn cung DB (O))
HID = BED IH // EB
IH l àđường trung bình DEK H l trung điểm DK
1,25
(Mỗi bước cho 0,25 điểm) B i 5: ( 1.0 à điểm)
Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1) Do n(n - 1)(n+1) chia hết
cho nên A(n) chia hết cho với n 0,25 - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho theo phecma nên A(n) chia
hết cho với n 0,25
- Nếu n chẵn n2 chia hết cho A(n) chia hết cho Nếu n lẻ (n-1)(n+1)
l tích hai sà ố chẵn nên chia hết cho A(n) chia hết cho với n 0,25 - Ba số 3,4,5 đôi nguyên tố nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n)
chia hết cho 60 0,25
(Mỗi bước cho 0,25 điểm) UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn
Thời gian l m b i: 150 phút à (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM - VÒNG II
B i 1à : (2.0 điểm)
a Chứng minh bất đẳng thức:
1
a b a b Với a b; l sà ố dương.
b Cho x y; l hai sà ố dương v xy 1.Tìm giá trị nhỏ P=
2 xy ; 2
2
M
xy x y
.
1
a b a b ⇔a
+b
ab ≥
a+b⇔(a+b)
2
(19)P=
2 xy= x+y
2 xy≥ 2(x+y)=
4
2 1=2 0,50
P đạt giá trị nhỏ tại: x = y = 12 0,25 hoặc: x+y¿
2⇔xy≤1 4⇔
1 xy≥4⇔
1 xy≥2 xy≤ x2
+y2⇔4 xy≤¿ 2
2
M
xy x y
=
x+y¿2 ¿ ¿
4 xy+
3 x2
+y2≥
1 xy+
4 x2
+2 xy+y2=
1 xy+
4
¿
0,50
-
2 xy đạt GTNN x = y = -
2 xy+
x2+y2 đạt GTNN x = y =
1
2 Nên M đạt GTNN x = y =
0,25
B i 2: (2.0 à điểm)
Giải hệ phương trình: { x
2
+y2=11
x+xy+y=3+4√2
- Đặt S = x + y; P = xy được: { S
2
−2P=11
S+P=3+4√2 0,25
- ⇒S2
+2S −(17+8√2)=0 0,25
- Giải phương trình S1=3+√2 ; S2=−5−√2 0,25 - S1=3+√2 P1=3√2 ; S2=−5−√2 P2=8+5√2 0,25 - Với S1=3+√2 ; P1=3√2 có x, y l hai nghià ệm phương trình:
X2−(3+√2)X+3√2=0 0,25
- Giải phương trình X1=3; X2=√2 0,25 - Với S2=−5−√2 P2=8+5√2 có x, y l hai nghià ệm phương trình:
X2
+(5+√2)X+8+5√2=0 Phương trình n y vơ nghià ệm 0,25
- Hệ có hai nghiệm: {yx=3
=√2 ; { x=√2
y=3 0,25
B i 3: (2.0 ià đ ểm)
-Chứng tỏ MBND l hình bình h nh à O
trung điểm MN - OH // AB OH MN
- HMN cân H (Trung tuyến vừa l àđường cao) HM = HN
0,75
- OH // BM được: HQHM=OQ
OB - ON // BP được: OQOB=NQ
NP
1,25
A B
C D
M
N
Q O
H
(20) HQ
HM= NQ
NP NH//PM
HNM = NMP
HMN = NMP MN l phân giác cà góc QMP
Mỗi bước cho 0,25 điểm B i 5: (1.0 à điểm)
Tìm ba số nguyên tố m tích cà chúng năm lần tổng chúng Giải:
Gọi a,b,c l ba sà ố ngun tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c) Tích ba số nguyên tố
abc chia hết có số 0,25 Giả sư a = 5bc = 5(5+b+c) bc = 5+b+c
bc -b - c + = (b-1)(c-1) = 0,50 b,c l sà ố ngun dương có vai trị nên ta có hệ:
{b −1=1
c −1=6⇔{
b=2
c=7 v {
b −1=2
c −1=3⇔{
b=3
c=4
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm l 2, 5, 7à
0,25
B i 4: (3.0 à điểm)
- BE, AF l hai đường cao ABC CI l àđường cao thứ ba hay CIAB - Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF
- EOF nên EOF = 600.
- EF = 600CIF = EBF = 300.
1,0 - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE
- được: ACAB=AI
AE⇒AC AE=AB AI
- Tương tựBCI đồng dạng với BAE được: BCBA=BI
BF⇒BC BF=BA BI - Cộng được: AE.AC + BF BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const.
1.0
- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC 1,0
A B
E
F C
H I
(21)- SFEC SABC
=(EF
AB)
=( R
2R)
=1
4 ⇒SABFE= SABC
- Để SABFE lớn SABC lớn CI lớn C chạy cung chứa góc 600 vẽ AB nên CI lớn nhất I O CAB cân EF // AB.
- Lúc SABC=2 R.R√3
2 =R
2
.√3⇒SABFE=3R 2.
√3
(Mỗi bước cho 0,25 điểm)
PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TR IÃ NĂM HỌC: 2009 – 2010
Mơn thi: Tốn Thời gian: 150 Phút B i 1à : (4điểm) Mỗi câu điểm
b) Cho a, b l sà ố tự nhiên lẻ Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8 c) Tính tổng:
Gi ả i
a) (0,5 điểm) Ta có: a2 – b2 = (a2 – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1) (0,5 điểm) Vì (a + 1)(a – 1) l tích cà số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho (0,5 điểm) Tương tự: (b +1)(b – 1)
(0,5 điểm) Vậy: (a2 – b2 ) (đpcm) b)
2 2
15 35 63 399
P
2 2
3.5 5.7 7.9 19.21
1 1 1 1
3 5 7 19 21
1 21
2
B i 2à : (4điểm) Mỗi câu điểm
a) Cho a, b, c l sà ố thực khác Chứng minh rằng:
2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: 2009 2010
A x x
Gi ả i
a) Ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
VT
a b a c b c b a c a c b
2 2
15 35 63 399
P
(22)1 1 1 a b a c b c b a c a c b
1 1 1
a b c a b c a b c a b c
2 2
a b b c c a
= VP
b) A x 2009 2010 x
Tập xác định: D = 2009; 2010
Với x D A ≥ Do đó: A = A2 Xét:
(0,25 điểm)A2 x 2009 2010 x2 x 2009 2010 x 1 x 2009 2010 x Ta có: A2 1(vì 2 x 2009 2010 x 0 với x D)
<=> A ≥ với x D (0,25 điểm) Vậy: Amin = (0,25 điểm)
2009 2009
2010 2010
x x
x x
2 Xét:
(0,25 điểm) A2 1 x 2009 2010 x 1 x 2009 2010 x
(vì x 2009 2010 x x 2009 2010 x , với x D; B ĐT Côsi) <=> A2≤ với x D
<=> A với x D
(0,25 điểm)Vậy Amax = khi: x – 2009 = 2010 – x (0,25 điểm) <=> x = 2009,5 B i 3:à (4 điểm) Mỗi câu điểm
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 7y = 55 b) Cho a, b, c, d l sà ố dương v
a c
b d Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau:
1
a b c d Gi
ả i
a) 3x + 7y = 55
(0,5 điểm) HS tìm nghiệm nguyên tổng quát phương trình trên:
(0,5 điểm).Để:
110
( ) 55
x t
t
y t
(0,75 m)ể
(0,75 m)ể
(0,5 m)ể
(0,25 m)ể
(23)110
0 110 7
( ) ( )
0 55 55
3
t
x t
t t
y t
t
(0,5 điểm).=> t 16; 17; 18
(0,5 điểm).Vậy phương trình có nghiệm ngun dương l : (2; 7); (9; 4) ; (16; 1)à b)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
a d b c a d b c
(vì => ad = bc => )
B i 4à (4 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB M l àđiểm nằm đoạn OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB Gọi I l trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vng góc với AB I Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) J
a) Đường thẳng IJ l cà đường trịn (O’) ? Giải thích
b) Xác định vị trí M đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn Gi
ả i (h.1)
Hình
a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD l hình thoià AC // DM, m ACà CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)
DMCB; MJCB (do J thuộc đường trịn đường kính MB) D, M, J thẳng h ng.à
Ta có : IDM IMDˆ ˆ 900(vì DIMˆ 900) C
J A I M
D
O
O ’
B a c
b d ad 2 bc
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a d b c
a d b c a d b c
1
( a d) ( b c)
2 ( )
a d b c a d ad b c bc
2
a d b c
a d ad b c bc
1
(24)M IJMˆ IDMˆ (do IC = IJ = ID : CJD vng J có JI l trung tuyà ến)
ˆ ' ˆ ' ˆ
MJO JMO IMD(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); JMOˆ 'v à IMDˆ đối đỉnh)
(1,5 điểm) IJM MJOˆ ˆ ' 90 (0,5 điểm) IJ l tià ếp tuyến (O’), J l tià ếp điểm b) Ta có IA = IM
IO’ =
AB
= R (R l bán kính cà (O)) O’M = O’B (bán kính (O’)
JIO’ vng tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 M IJà 2 + O’J2 2IJ.O’J = 4S
JIO’
(1,5 điểm) Do SJIO’
R
SJIO’ =
R
khi IJ = O’J v JIO’ vng cân có cạnh huyền IO’ = R nên : 2O’J2 = O’I2 = R2 O’J =
2
R
(0,5 điểm) Khi MB = 2O’M = 2O’J = R B i 5à (4 điểm)
a) Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm M cho tổng độ d i bán kính đường trịn ngoại tiếp AMB v à BCM l nhà ỏ nhất.
b) Trong tất tam giác có đáy a, chiều cao h, tam giác n o có bán kính đường tròn nội tiếp lớn ?
Gi ả i a) (h.2)
Hình
Gọi O1, R1, O2, R2 l tâm v bán kính à đường trịn ngoại tiếp AMB v BCM (h.2)
Xét O1AB : O1A + O1BAB
2R1AB
(0,5 điểm) 2R1 = AB AB l àđường kính (O1) v già ả sưđường trịn (O1) đường kính AB cắt AC H AHBˆ = 900 (1)
O1 R1
C B
R2 O2
(25)(0,5 điểm)Tương tự với O2BC : 2R2BC Suy R2 nhỏ BC l àđường kính (O2) v già ả sưđường trịn (O2) đường kính BC cắt AC H’ BH Cˆ ' = 900 (2)
(1,0 điểm) Từ (1) v (2) suy H’à H Vậy điểm M phải tìm l chân à đường cao kẻ từ đỉnh B
b) (h.3) (2,0 điểm) Lí luận
Hình
Tất tam giác có đáy a, chiều cao h xếp để cạnh đáy chúng trùng với BC = a, đỉnh A đường thẳng xy // BC v cách BC mà ột khoảng h Trong tam giác n y, ta cà ần tìm tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp lớn Ta có SABC =
1 2ah
Mặt khác, r l bán kính cà đường trịn nội tiếp SABC =
2r(AB + BC + CA)
r =
ah
AB BC CA
Do a, h, BC không đổi nên r có giá trị lớn AB + AC có giá trị nhỏ Gọi C’ l àđiểm đối xứng C qua xy AB + AC = AB + AC’C’B
Khi : AB + AC = C’B AA1 ABC cân A PGD& ĐT huyện Long Điền
Trường THCS Trần Nguyên Hãn
ĐỀ DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN
Năm học 2012-2013 Thời gian 150 phút
B i 1à : (4 điểm) Cho biểu thức K =
3
3
x x x x
x x x x
x0;x1
x A A1
C’
y h
(26)a/ Rút gọn K
b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên B i 2à : (3 điểm)Cho A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) B = 111…….111 (m + chữ số 1) C = 666…….666 (m chữ số 6) Chứng minh A + B + C + l sà ố phương B i 3à : (4 điểm)
a/ Cho abc = 1.Tính S =
1 1
1 a ab1 b bc1 c ac
b/ Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 3x + 7y = 167
B i 4à : (5 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) v (O’; R’) cà hai điểm phân biệt A v B Một đường thẳng d qua A cắt (O) M v (O’) tà ại M’
a/ Chứng tỏ đường thẳng vuông góc với d M v M’ qua điểm N v N’ cốđịnh v ẳng h ng ới B
b/ Chứng tỏ trung điểm I N, N’ l tâm cà đường tròn tiếp xúc với (O) v (O’)à B i 5à : (4 điểm) Cho nưa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R v M l mà ột điểm thuộc nưa đường tròn ( khác A v B) Tià ếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A v B cà (O) C v D, Tìm giá trà ị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM v BDM.à
ĐÁ ÁP N
B i 1à (4 điểm)
a/ K =
3
3
x x x x
x x x x
=
3 3 1 2
2
x x x x x x
x x
(0,5điểm)
=
3
2
x x
x x
=
2
2
x x
x x
= 1
x x
(1,5điểm)
b/ K = 1
x x
= +
2
x (0,5điểm)
K nguyên x1 x 1 Ư(2) = 1; 2 (0,75điểm)
Giải x = 0; 4; Vì x nguyên dương nên x = 4;9 (0,75điểm)
B i 2à : (4 điểm)
A = 111…….111 ( 2m chữ số 1) = 10
9 m
(0,5điểm) B = 111…….111 (m + chữ số 1) =
1 10
9 m
(0,5điểm) C = 666…….666 (m chữ số 6) =
6 10
m
(27)A + B + C + = 10 m + 10 m +
6 10
m
+ =
10 16.10 64 m m = 10 m
(1điểm)
M 10à m + 3 nên 10m + l sà ố nguyên (0,25điểm)
Vậy A + B + C + l sà ố phương (0,25điểm)
B i 3à : (4 điểm) a/ Cho abc =
1 ab c S =
1 1
1 a ab1 b bc1 c ac =
1 1
1 1
1 a abc b bc c ac
c
(0,5điểm) =
1
1 1
c
c ac b ac c c ac
= 1
bc b
b c ac
= 1
b c ac b c ac
(1.5điểm)
b/ phương trình 3x + 7y = 167
3x + 7y = 167 x =
167 y = 56 y y
(0,5điểm) đặt
1
y
= t y = 3t – Nên x = 58 – 7t (tZ) (0,5điểm) Vì x; y nguyên dương nên 3t – > t >
1 v 58 – 7t > 0à t <
58
7 (0,5điểm) Vì tZ n ên t 1; 2;3; 4;5;6;7;8 (0,25điểm) Các nghiệm nguyên dương phương trình l : (51; 2), (44; 5), (37; 8), (30; 11), (23; 14), (16; 17), (9; 20), (2; 23) (0,25điểm)
B i 4à (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm)
a/ Ch ứ ng minh N, N’ cố đị nh v N, B, N’ ẳ ng h ngà Đường thẳng qua M vng góc với d cắt (O) N
Vì NMAˆ = 900 nên AN l àđường kính của đường tròn (O) N cốđịnh (0,5điểm) Đường thẳng qua M’ vng góc với d cắt (O’) N’
Vì N M A' ˆ ' = 900 nên AN’ l àđường kính của đường trịn (O’) N’ cốđịnh (0,5điểm) B thuộc đường trịn đường kính AN nên ABNˆ = 900 (0,25điểm)
(28) NBNˆ ' = ABNˆ +ABNˆ ' = 1800 (0,25điểm) Vậy N, B, N’ thẳng h ng (0,25à điểm)
b/ Ch ứ ng minh trung i để m I củ a N, N’ l tâm cà ủ a đườ ng tròn tiế p xúc v i (O) v (O’ớ ) OI qua trung điểm NA v NN’ nên OI l àđường trung bình ANN’
OI = O’A = R’ (0,5điểm)
Gọi r l bán kính cà đường tròn (I) vẽ (I; r) v (O; R) tià ếp xúc trong, nên OI = R – r M OI = R’ (cmt) nên R’ = R – r R’ + r = R (0,5điểm)
Lại có IO’ qua trung điểm N’N v AN’ nên OI l àđường trung bình ANN’
O’I = OA = R (0,5điểm)
m R’ + r = R nên O’I = R’ + rà (I; r) tiếp xúc ngo i ới (O’; R’) (0,5điểm) Vậy trung điểm I NN’ l tâm cà đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) v (O’) (0,5điểm)
B i 5à (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm)
Tìm giá trị nh ỏ nh ấ t c ủ a t ng diổ ệ n tích củ a hai tam giác ACM v BDMà
Ta có CA = CM; BD = BM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm) M CD = CM + MD nên CD = AC + BD (0,25à điểm) Kẻ MHAB (HAB) ta có MHMO = R (0,25điểm)
Tứ giác ABDC l hình thang vng nên CDà AB = 2R (0,5điểm)
Ta có SABDC =
2
2 2
AC BD AB CD AB AB AB
R
(0,5điểm) SMAB=
2
2
MH AB MO AB
R
(0,5điểm) Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB 2R2 –R2
SACM + SBDM R2 (0,5điểm) Dấu “=” xảy HO (0,25điểm)
M l giao à điểm của đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường tròn (O)
(0,25điểm)
Vậy M l giao điểm đường thẳng vng gịc với AB vẽ từ O v nà ưa đường tròn (O) Thì SACM + SBDM nhỏ v bà ằng R2 (0,25điểm)
(29)A B C
D M
H O
x y
O O'
A M
M'
N I B N'
Hình b i hình b i 4à
Phịng GD Huyện Long Điền ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Trường THCS Văn Lương Năm học : 2012-2013
Mơn : TỐN : 150 phút
B i à ( điểm )
1) Chứng minh :
2 13 48
A
l mà ột số nguyên
2) Biết a,b l sà ố thoả mãn a > b > v a.b = Chứng minh :
2
2
a b
a b
3) Tìm tất số tự nhiên có chữ số abc cho :
2
abc n
cba n
với n l sà ố nguyên lớn hơn 2
B i 2à : ( điểm ) Cho biểu thức :
2
2
1 2
x x x
P
x x x
( với x0;x1)
a) Rút gọn P
b) Chứng minh : < x < P > c) Tìm giá trị lớn P
B i à : ( điểm )
(30)B i 4à : ( điểm )
Cho ABC vng A có M l trung điểm BC Có đường thẳng di động v vng góc với M, cắt đoạn thẳng AB , AC D v E Xác định vị trí điểm D v E để diện tích DME đđạt giá trị nhỏ nhất.
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM B i :à ( điểm )
2) ( điểm ) Viết
2 (2 1)
6
A
( 0,5 đ )
2
( 0,5 đ )
22
6
= ( đ )
3) ( điểm )
* Vì a.b = nên
2
2 a b 2ab a b 2 2
a b
a b
a b a b a b a b
( đ )
* Do a > b > nên áp dụng BĐT Cô Si cho số dương Ta có :
2
2
a b a b
a b a b
Vậy
2
2
a b
a b
( 1đ )
4) ( đđiểm )
Viết
2
100 10
100 10 4
abc a b c n
cba c b a n n
Từ (1) v (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – => 4n – 99 (3) ( 0,75 đ ) Mặt khác : 100 n2 1 999101n2 100011 n 31
39 4n 119
(4) ( 0,75đđ )
Từ (3) v (4) => 4n – = 99 => n = 26à
Vậy số cần tìm abc675 ( 0,5 đ ) B i 2à ( điểm )
a) Rút gọn
2
2 1
1
1
x x x x x
P
x x
x x
(31)Do đđó x1 x> ( đ ) c) Viết
2
1 1
2 4
P x x x
Vậy Pmax =
1 1
0
4 x x4 ( 1,5 đ ) B i 3à ( 5điểm ) ( hình vẽ 0,5 đ )
Viết CI 2 = BD.BC (1 đ )
CK = CE.CA (1đ ) Chứng minh BD.BC = CE.CA (1,5 đ )
=> CI 2 = CK2 => CI = CK ( đ) B i 4à : ( điểm )
-Vẽ MH AB MK; AC H AB K, AC
Thì ta có H , K cốđịnh (1 đ ) Chỉ
MH HD MD MH
MK KE ME MK
( 1đđ )
Do SMDE =
1
2MD ME 2MH MK
Với MH , MK không đổi ( M , H , K cốđịnh ) ( đ ) Đẳng thức xảy
D H E K
.Lúc c/m D & E la n lượt trung điểm củaà
AB vaø AC (1,5 đ )
Vậy D , E l trung điểm AB , AC Sà MDE nhỏ ( 0,5đ )
PHÒNG GD- ĐT LONG ĐIE N KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIO I CA P À Û Á HUYE N - NĂM HỌC Ä 2012-2013
-Bài 1: (4,0 ñ)
1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006 a/ Tính A (1,0 đ)
b/ Nếu thay tổng hai số hạng ( chọn tổng A)ø hiệu hai số hạng tổng A số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)
2/ Chứng minh số tự nhiên : A = 1.2.3………2003.2004 (1+
1 1+ + + 1 + 1
2 3 2003 2004)
chia hết cho 2005 (2,0 đ) Đáp án biểu điểm
1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A =
2006 (2006 1) 1003 2007 2
= 2013021
(32) a = 2p ; b = 2q a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chaün
a = 2p + ; b = 2q + a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chaün
a = 2p ; b = 2q + a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) – :leû
a = 2p + ; b = 2q a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: lẻ Như ta thay tổng hiệu chúng tính chẵn lẻ tổng A không đổi A = 2013021 số lẻ nên tổng A số lẻ
2/ ( 2,0 đ) Ta có:
C = (1+
1 1+ + + 1 + 1
2 3 2003 2004)
= (1+ 1 2004)+(
1 + 1
2 2003 )+ ……+ +(
1 + 1
1002 1003 )
= 2005
1 1 1
( )
2004 2003 1002 1003 = 2005 k ( 1,0 ñ)
B = 1.2.3………2003.2004 maø 1.2.3………2003.2004
1 1 1
( )
2004 2003 1002 1003 N B k N A = B 2005 k 2005 ĐPCM ( 1,0 đ)
Bài 2: (4,0 ñ)
1/ Chứng minh nếu: x2 + y2 = thì: 2 x y 2 (2,0 đ) 2/ Tính giá trị biểu thức :
A = x2 + x4 x 1 với x =
1 2 1 2
2 8 8 (2,0 ñ)
Đáp án biểu điểm
1/ Ta coù: ( x – y )2 x2 + y2 xy
Vì x2 + y2 = 2xy 1 Do đó: x2 + y2 + xy 1 + = ( x + y )2 2 x + y 2
- 2 x + y 2
2/ Ta coù: x =
1 2 1 2
2 8 8
x2 =
1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2
16 8 8 4 4 4 2 8
=
=
2 4
x 2 2 0,5d x x 2x 1
4 8
( 0,5 đ) Và x4 + x + =
x 32
8
(33)1/ Cho x> 0, y> thỏa mãn x+ y =
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 3x + 2y + 6 8 x y 2/ Tìm tất nghiệm nguyên phương trình:
5x y 3x 2 2y 1
3
Đáp án biểu điểm
1/ Ta coù: A = 3x + 2y + 6 8
x y =( 0, 5ñ)
3 x y 3x 6 y 8
2 2 x y ( 0, 5ñ)
3.6 6 x 2. 2 y 8. 19
2 2 x 2 y ( 0, 5đ) Dấu “=” xảy x = 2; y = ( 0, 5ñ)
Vaäy: Min P = 19 x = 2; y = 2/
5x y 3x 2 2y 1
3
5x
3x 2 2y 1 y 1
3
(1) (0,5 đ)
Ta có vế trái số vơ tỷ Vế phải số hữu tỷ nên để phương trình có nghiệm ngun hai vế (1)
3x 2 2y 0
5x y 0
3
(1,0 đ)
Giải hệ phương trình ta nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ) Bài 4: (4,0 đ)
Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường cao AH
a/ Chứng minh: bc = 2R AH
b/ Gọi S diện tích tam giác ABC Chứng minh: S
2
3 3R
4 Đáp án biểu điểm
a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ACD 1V( 0,5 đ) AHB ACD có ABH ADC
( Cùng chắn cung AC)
AHB ACD (0, ñ)
AH AB AB AC AD AH
AC AD
bc = 2R AH AH =
bc
2R ( 0,5 đ)
b/ ( 2,0 đ) Ta có SABC =
1
2 BC AH = abc
(34)ta coù SABC
1 a b c 3( )
4R 3
(0, đ) dấu “ = “ xảy a = b = c Khi tam giác ABC đe u R =
a
3 (0, ñ)
S
3 1 a 4a
3
=
2 2
3 a
4 43 (R 3) 3 24 R Vaäy: S
2
3 3R
4 (0, ñ)
Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy điểm M chuyển động góc cho MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H K hình chiếu M Ox Oy Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK qua điểm cố định (khác điểm O)
Đáp án biểu điểm
Gọi Oz tia phân giác xOy vẽ đường thẳng qua M vng góc với Oz P Ta có OP vừa phân giác vừa đường cao nên OAB cân O
OA = OB.( 0,5 đ) Vẽ AD OB ta coù SOAB=
1AD OB 1
2
Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM =
1 OA MH
2 +
1 OB MK
2 ( 0,5 đ)
Mà ABC
1
OA OB S OB MH MK
2
(2) AD = MH + MK = l ( 0,5 ñ)
(35)Phòng giáo dục đào tạo yên
định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnăm học 2012-2013
Câu 1: (4,0 điểm)
Cho biÓu thøc : P = 2x
x - +
x2 - 5x + −
1
x -
a) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa rút gọn biểu thức P. b) Tìm tất giá trị x để P nguyên.
Câu 2: (5,0 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ cho đờng thẳng (d):
3x
y
2 vµ
(d') : y = - 3x
2 cắt C lần lợt cắt trục Ox A, B
a) Tỡm tọa độ điểm A, B, C
b) Tìm diện tích chu vi tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trục là cm
Câu 3: (4,0 điểm)
a,Cho số dơng a,b,c thoả mÃn
2 2
a b c
Chứng minh bất đẳng thức:
1 1
a b c abc
b, Tìm nghiệm nguyên phơng trình: x2 25y y( 6)
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB; Từ A B ta vẽ hai dây cung AC BD cắt nhau N Hai tiếp tuyến Cx, Dy đờng tròn cắt M Gọi P giao điểm của hai đờng thẳng AD BC
a, Chøng minh PN vu«ng gãc víi AB. b, Chứng minh P,M,N thẳng hàng.
Câu 5: (2,0 điểm)
Chøng minh r»ng: 2000 3
-Hết - Học sinh khơng đợc sử dụng tài liệu gì.
Cán coi thi không gii thích thªm.
Phịng giáo dục đào tạo
n định kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp THCSnăm học 2008 - 2009 Đáp án hớng dẫn chấm
Môn: Toán
(36)Câ
u ý Nội dung Điểm
1 a)
§iỊu kiƯn :
¿
x ≠ ; x ≠ x2 - 5x + ≠
¿{
¿
x vµ x
P = 2x
x - + x2 - 5x
+ −
1 x - = 2x(x - 3)+ −(x - 2)
(x - 2)(x -3) =
2x2 - 7x + (x - 2)(x −3)
= (2x - 3)(x - )
(x - 2)(x −3) =
2x - x −3 VËy : P = 2x -
x −3 víi x , x
0,5
0,5
1,0
b )
Ta cã P = 2x - x −3 =
(2x - 6)+
x −3 = + x −3 nªn P nguyªn
x −3 nguyªn x - lµ íc cđa
x - =
¿
x - =
¿
x - = -3
¿
x - = -1
¿ ¿ ¿ ¿
x =
¿
x =
¿
x =
¿
x = ( lo¹i )
¿ ¿ ¿ ¿
VËy c¸c gi¸ trị cần tìm x = ; x = ; x =
0,5 0,5
1,0
Câu ý Nội dung Điểm
2 a)
b)
C giao điểm d d/ nên tọa độ C thỏa mãn hệ : ¿
2y = 3x +
2y = - 3x
¿{
¿
¿
2y = 3x +
4y = 12
¿{
¿
¿
x =
y =
¿{
¿
VËy C(1 ; 3)
Phơng trình trục Ox y = nên tọa độ A thỏa mãn hệ :
¿
2y = 3x +
y =
¿{
¿
¿
x = -
y =
¿{
¿
Vậy A(- 1; 0) tọa độ B thỏa mãn hệ :
¿
2y = - 3x
y =
¿{
¿
¿
x =
y =
¿{
¿
VËy B(3 ; 0)
Gọi H hình chiếu C trục Ox CH đờng cao tam giác CAB CH = cm ( tung độ điểm C) ; cạnh đáy AB = AO +
1,0 0,5 0,5 1,5 y x O H 3 -1 C B A
y = 3x+3
(37)OB = + = (cm) dt(ABC) =
2 AB.CH =
2 4.3 = (cm2)
HA = HO + OA = + = (cm) HB = AB - AH = (cm)
HA = HB = 2(cm) tam giác CAB cân C (CH vừa đờng cao vừa trung tuyến) ; tam giác vng HCA có :
CA =√AH2
+ HC2= √22+ 32= √13 (cm)
chu vi ABC lµ : AB + BC + CA = 13 (cm)
1,5
C©u
3 a
b
Ta cã 2
2 2
2 2
2( )
1
( )
2
1
(do a, b,c > 0) 1 1
a
a b c
a b c ac bc ab
ac bc ab a b c
ac bc ab
abc abc
b c abc
Tõ x2 25y y( 6)
Ta cã : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
Để ý phơng trình chứa ẩn số x với số mũ , ta hạn chế giải với x số tự nhiên
Khi đó: y+3+x y+3-x
Ta cã ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) lµ sè ch½n
Suy sè ( y+3+x ) (y+3-x) tính chẵn lẻ Ta lại có tích chúng số chẵn , số sè ( y+3+x ) vµ (y+3-x) lµ sè chẵn Ta có cách phân tích - 16 tích số chẵn sau
- 16 = (-2) = (-4) = (-8) thừa số đầu giá trị (y+3+x) Khi y+3+x= , y+3-x = -2 ta có x= , y=
Khi y+3+x= , y+3-x = -4 ta cã x= , y= -3 Khi y+3+x= , y+3-x = -8 ta cã x= , y= -6
Vì phơng trình cho có nghiệm ( x,y) = ( 5, ; 5, ; 4,
0.5 0.5 0.5 0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
(38)a b
Trong tam giác PAB ta có AC BD đờng cao nên N trực tâm tam giác Do PN đờng cao cịn lại nên vng góc với cạnh AB Gọi I trung điểm PN IC trung tuyến tam giác vng PAC nên IPC cân I Do : IPCICP
Tam giác OAC cân O nên : CAOACO
Mặt khác CAOIPC (do có cạnh tơng ứng vuông góc) nên ACOICP
Ta cú AC PC nên OC IC Do IC tiếp tuyến C đờng
trßn
Tơng tự , ID tiếp tuyến D đờng tròn Chứng tỏ I trùng với M nên P,M,A thẳng hàng
2 0,5 0,5 0.5 0.5 0.5 0.5
C©u
5
2
2 1999.2001 1998 2000 1998.2000 1997 1999
2 1997.1999 2.4
2 2000
1,0 1,0