Đang tải... (xem toàn văn)
UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC.. 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài O, R.[r]
(1)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Môn Thi: Toán – Lớp Năm học 2008-2009 (Thời gian làm bài 150 phút (không kể giao đề)) Ngày thi: 07 tháng năm 2009 Bµi (4 ®iÓm): Rót gän c¸c biÓu thøc sau: 1/ A = √ √ − √3 − √29 −12 √ x +4 2/ B = x +3 x +x +2 Bµi (4 ®iÓm): 1/ Cho a > c; b > c; c > Chøng minh r»ng: √ c (a − c)+ √ c (b −c )≤ √ ab 2/ Cho sè d¬ng x, y, z cã tæng b»ng Chøng minh r»ng: √ x+ yz+ √ y +zx + √ z+ xy ≥1+ √ xy+ √ yz+ √ zx Bµi (4 ®iÓm): 1/ Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x +1 = (x + 3) √ x2 +1 2/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x+y +z =6 xy + yz - zx = -1 x2 + y2 + z2 = 14 Bµi (4 ®iÓm): Cho tam giác ABC có cạnh a Gọi chân đờng vuông góc hạ từ điểm M nằm tam giác đến các cạnh BC, CA, AB lần lợt là D, E, F Xác định vị trí M để : 1/ + + đạt giá trị nhỏ Tính giá trị đó 2/ MD ME MF 1 + + MD+ME ME+MF MF+MD đạt giá trị nhỏ Tính giá trị đó Bµi (4 ®iÓm): 1/ Chøng minh r»ng 22p + 22q kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph¬ng, víi mäi p, q lµ c¸c sè nguyªn kh«ng ©m 2/ Cã hay kh«ng 2009 ®iÓm trªn mÆt ph¼ng mµ bÊt kú ®iÓm nµo chóng tạo thành tam giác có góc tù =========HÕt========== Híng dÉn chÊm m«n to¸n K× thi chän häc sinh giái líp N¨m häc 2008 – 2009 (§¸p ¸n nµy cã trang) Néi dung §iÓm (2) Bµi (4 ®iÓm) 1/ A= 1.0 √ √ − √3 − ( √ - ) = √ √ − √6 - √ = √ √5 −(√ - ) = 2/ B = x + 2¿ - x ¿ ¿ ¿ 0.5 0.5 1.0 4 = ( x + - 4x )(x2 + + x ) 0.5 0.5 x +x +2 = x4 – x2 + Bµi (4 ®iÓm) 1/ Điều phải chứng minh tơng đơng với phải chứng minh √c (a− c)+ √c ( b - c) ≤ √ ab 0.5 (1) VT c c c c 1- + 1b a a b √( )√ ( ) ≤ (1) 1.0 0.5 c c c c +1+1b a a b + =1 2 (Bất đẳng thức côsi) Suy điều phải chứng minh 2/ Tríc hÕt ta chøng minh: √ x+ yz ≥ x + √ yz (1) Ta cã (1) x+ yz ≥ x +2x √ yz+ yz 1≥ x + √ yz x+ y+ z ≥ x + √ yz (v× x + y + z = 1) ( √ y - √ z )2 ≥ T¬ng tù cã √ y+ zx ≥ y + √ zx (2) vµ Tõ (1), (2), (3) ta cã = luôn đúng 0.5 0.25 0.25 0.25 √ z+ xy ≥ z + √ xy (3) 0.25 √ x+ yz+ √ y +zx + √ z+ xy ≥1+ √ xy+ √ yz+ √ zx (®pcm) §¼ng thøc x¶y vµ chØ x = y = z = 0.5 Bµi (4 ®iÓm) 1/ §Æt √ x2 +1= t ≥ x2 = t2 - 1, phơng trình đã cho trở thành t2 – (x + 3)t + 3x = 0.25 0.25 0.5 (3) t= x ¿ t=3 ¿ ¿ ¿ ¿ 0.25 0.5 0.25 √ x2 +1= x ph¬ng tr×nh nµy v« nghiÖm Víi t = th× √ x2 +1= x2 = x = ± √ Víi t = x th× 0.25 0.25 0.25 0.5 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x = ± √ 2/ Ta cã x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = 14 xy + yz + zx = 11 kÕt hîp víi xy + yz - zx = -1 cã y(x + z) = 0.25 y vµ x+z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh t2 – 6t + = ¿ y=5 x+ z =1 ¿{ ¿ hoÆc ¿ y=1 x+ z =5 ¿{ ¿ ¿ y=5 x+ z =1 hÖ v« nghiÖm ¿{ ¿ ¿ y=1 x+ z =5 hÖ cã nghiÖm (x;y;z)=(2;1;3) vµ (x;y;z)=(3;1;2) ¿{ ¿ Víi Víi Bµi (4 ®iÓm) Gäi x, y, z lÇn lît lµ kho¶ng c¸ch tõ M A đến BC, CA, AB và h là đờng cao ABC Dễ dàng chứng minh đợc F z x+y+z = h = a √3 E M y x D B 0.5 C 0.5 1 ( x+ y+ z) + + ≥ x y z (x+ y+ y+ z+ z + x ) ( ) 0.5 ( x +1 y + y 1+ z + z +1 x ) ≥ Từ đó ta có 1/ 1 1 1 9 √3 + + = + + ≥ = = MD ME MF x y z h a √ a 0.5 (4) 2/ 1 1 1 9 3 + + = + + ≥ = = √ MD+ME ME+MF MF+MD x + y y + z z + x h a √ a Trong hai trờng hợp đẳng thức xảy và x = y = z M là trọng tâm tam giác ABC 1.0 1.0 0.5 Bµi (4 ®iÓm) 1/ Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö p q, ta cã: 22p + 22q = 4q(4p-q + 1) 4q lµ sè chÝnh ph¬ng, nªn cÇn chøng minh 4p-q + kh«ng chÝnh ph¬ng Gi¶ sö ngîc l¹i, 4p-q + = (2k + 1)2 (k N) 4p-q-1 = k(k + 1) v« lÝ v× tÝch hai sè tù nhiªn liªn tiÕp kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph¬ng 2/ Trên mặt phẳng vẽ đờng tròn đờng kính AB bất kì Trên nửa đờng tròn đó lấy 2009 điểm A1; A2; … ; A2009 kh¸c B 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 kh¸c vµ 0.5 Bất kì điểm nào Ai, Aj, Ak (i j k) tạo thành tam giác ch¾n cã mét gãc tï 0.5 lu«n tån t¹i 2009 ®iÓm tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n 0.5 Lu ý : Thí sinh làm theo cách khác, đúng kết cho tối đa số điểm (5) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Môn Thi: Toán – Lớp Năm học 2009-2010 (Thời gian làm bài 150 phút (không kể giao đề)) Ngày thi 14 tháng năm 2010 C©u (3,5 ®iÓm) 2 2 1/ Rót gän biÓu thøc: 2/ Cho hµm sè f(x) = (x3 + 6x - 5)2010, tÝnh f(a) víi a = √3 3+√ 17 + √3 3− √17 C©u (4,5 ®iÓm) 1/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x 2x y 2y x y 2y z 2z y z 2z x 2x z x3 x x 2/ Gi¶i ph¬ng tr×nh: C©u (4,0 ®iÓm) Cho đờng tròn (O, R) nội tiếp hình thang ABCD (AB//CD), với E; F; G; H theo thø tù lµ tiÕp ®iÓm cña (O, R) víi c¸c c¹nh AB; BC; CD; DA EB GD EB 4R 1/ Chứng minh EA GC Từ đó, hãy tính tỷ số EA ,biết: AB= và BC=3R 2/ Trên cạnh CD lấy điểm M nằm hai điểm D và G cho chân đờng vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R) Đờng thẳng HK cắt (O, R) ë ®iÓm T (kh¸c H) Chøng minh MT = MG C©u (4,0 ®iÓm) 1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a √ bc Hãy xác định dạng tam giác ABC 2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK Cho biết AH BC vµ BK AC H·y tÝnh c¸c gãc cña tam gi¸c ABC C©u (4,0 ®iÓm) 2k 1 1/ Tìm tất các cặp số tự nhiên n và k để ( n ) là số nguyên tố (6) 3 2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a b 2 Tìm tất các giá trị nguyªn cña (a + b) -HÕt -(§Ò thi gåm 01 trang) đáp án và hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi THcs cấp tỉnh N¨m häc: 2009 – 2010 M«n: To¸n Líp (§¸p ¸n gåm 03 trang) Së gi¸o dôc - §µo t¹o Chó ý chung: - Điểm toàn bài không làm tròn, điểm thành phần có thể thống để chia nhá h¬n, nhng kh«ng chia nhá díi 0,25 - Mọi lời giải học sinh có phơng pháp khác với đáp án, là lời giải đúng và phù hợp với kiến thức chơng trình, tổ chấm thi thống ®iÓm t¬ng øng C©u (3,5 ®iÓm) 1) (1,50®) 2 2 Biến đổi Biểu thức đã cho thành ( 1) ( 1) (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) = (3 3)(3 6 3 6 3 9 = 3) a =6+3 0,50 =1 Tõ a = √3 3+√ 17 + √3 3− √17 suy a3 = ( √3 3+√17 + √3 3− √17 )3 0,50 2) (2,00 ®) 0,50 17 3 17 ( √ 3+√17 + √ 3− √17 ) a3 = – 6a a + 6a – = VËy f(a) = (a3 + 6a - 5)2010 = (a3 + 6a – + 1)2010 = 0,50 0,50 0,50 0,50 C©u (4,50 ®iÓm) 1) (2,50 ®) §iÒu kiÖn: (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 0,25 Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ (x (y (z y) x y (1) z ) y z (2) x ) z x (3) 0,75 (7) Nếu hệ đã cho có nghiệm, vế trái phơng trình hệ không âm, đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy hệ x y 0 y z 0 x y z x x y z z x 0 x y z 0 x x 0 0,75 x y z 0 x y z 1 0,50 Thử lại hai nghiệm trên vào hệ đã cho, thấy nghiệm đúng 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm x= y =z = 0; x = y = z = 2) (2,00 ®) 3x + Phơng trình đã cho tơng đơng với x3 – 3x2 – 3x = 0,50 4x3 = x3 + 3x2 + 0,50 4x3 = (x + 1)3 0,50 x=x+1 0,50 ( - 1)x = x= 41 C©u (4,00 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm 1) (2,00®) Do AB//CD CDA DAB 180 ; (O,R) là đờng tròn nội tiếp ABCD nªn DO vµ AO theo thø tù lµ ph©n gi¸c c¸c gãc CDA vµ DAB 0,25 ODA OAD (CDA DAB) 900 AOD 900 hay tam gi¸c AOD vu«ng ë O , t¬ng tù tam gi¸c BOC vu«ng ë O XÐt c¸c tam gi¸c OAD vµ BOC vu«ng ë O E B A có các đờng cao OH và OF cùng R HA.HD = FB.FC = R2 H MÆt kh¸c theo tÝnh chÊt c¸c tiÕp tuyÕn cña (O, R), T ta cã HA = EA; EB = FB ; HD = GD; FC = GC O EB GD VËy EA.GD = EB.GC EA GC = k (1) 0,25 F K D 0,25 M G C 4R + Ta ph¶i t×m k > AB = vµ BC = 3R V× AB//CD vµ AB ; CD lµ c¸c tiÕp tuyÕn cña (O, R) OE AB vµ OG CD 2 E; O; G th¼ng hµng, nªn EG = 2R vµ EG2 = BC (GC EB) (2) 0,25 (8) EB k kAB 4kR BF = EB (3) k 1 3(k 1) Tõ (1) cã EB EA k 1 4kR GC = CF BC BF 3R 3(k 1) (4) 0,25 0,25 8kR (k 9) 9R 3R 3(k 1) 9(k 1) Thay (4) vµ (3) vµo (2), ta cã 4R2 = 0,25 96 11k 18k 0 , giải phơng trình đợc nghiệm k >0 là k = 11 EB 11 VËy EA = 0,25 2 2) (2,00®) Ta cã DH = DG ( hai tiÕp tuyÕn cña (O, R) kÎ tõ D) DHG c©n ë D mµ DO lµ ph©n gi¸c gãc HDG HG DO, cã MK DO MK//HG 0,50 KMG HGC MÆt kh¸c GC lµ tiÕp tuyÕn cña (O, R) vµ gãc HTG néi tiÕp ch¾n cung HFG cña (O,R) HTG HGC KMG HTG tø gi¸c KTGM néi tiÕp (5) 0,50 Lại có OKM OGM 90 O; K; G; M thuộc đờng tròn đờng kính MO (6) Từ (5) và (6) điểm O; K; G; M; T thuộc đờng tròn đờng kính MO MTO 900 OT MT mµ T thuéc (O, R), nªn MT lµ tiÕp tuyÕn cña (O, 0,50 R) 0,50 MT vµ MG lµ tiÕp tuyÕn cña (O, R) kÎ tõ M MT = MG C©u (4, 00 ®iÓm) 1) (2,00 ®) R (b c ) a Tõ R(b + c) = a suy = R(b c) a Mà b và c > nên theo bất đẳng thức Cô-si có = √ bc 0,50 √ bc √ bc bc Suy 2R a Mặt khác a 2R Vậy a = 2R Do đó tam giác ABC vuông t¹i A 1,00 0,50 (9) 2) (2,00 ®) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H AC AH BC (gt) A _ 0,50 Tam gi¸c BKC vu«ng t¹i K BC BK AC (gt) 0,50 Suy AC = AH = BC = BK C H K 0,50 VËy ABC vu«ng c©n t¹i C K _ B _ H _ C©u (4,0 ®iÓm) 1) (2,00 ®) 2k 1 §Æt M= n + Khi n ch½n ta cã n4 chia hÕt cho 2, mÆt kh¸c 42k+1 chia hÕt cho vµ 42k+1 >2, víi mäi k VËy M kh«ng lµ sè nguyªn tè + Khi n lÎ: a) Khi n = vµ k = 0, ta cã M = lµ sè nguyªn tè b) Khi n vµ k 1 , ta chøng minh M kh«ng lµ sè nguyªn tè: Ta cã M = ( 0,50 C _ 0,50 0,25 0,50 n 22k 1 ) (n.2k 1 ) (n 22k 1 n.2k 1 )(n 22k 1 n.2k 1 ) 2k 1 k 1 2k 1 k 1 Mµ n n.2 lµ sè nguyªn lín h¬n vµ n n.2 lµ sè nguyªn (1) 2k 1 2k 1 2n.2k MÆt kh¸c n 2 n n 22k 1 n.2k 1 2n.2k n.2k 1 n.2k 1 ( 1) (2) 0,50 0,25 Tõ (1) vµ (2), suy M lµ hîp sè 2k 1 KÕt luËn: n lµ sè nguyªn tè vµ chØ n =1 vµ k = 2) (2,00 ®) Cã a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) Tõ gi¶ thiÕt a3 + b3 = (*) 2= (a + b)(a2 – ab + b2) mµ a2 – ab + b2 > a + b > (1) §Æt a = x +1 vµ b = y + = (x + 1)3 + (y + 1)3 x3 + y3 + 3(x2 + y2) + 3(x + y) = mµ 3(x2 + y2) 0 x3 + y3 + 3(x + y) (x + y)(x2 – xy + y2 + 3) 0 mµ x2 – xy + y2 + > x + y a + b – a + b (2) Tõ (1) vµ (2) < a + b 2, nªn gi¸ trÞ nguyªn cña a + b chØ cã thÓ lµ hoÆc + Chọn a = và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), đó a + b = + §Ó a + b = 1, ta sÏ chøng tá: cã a vµ b tho¶ m·n a b 1 3 a b a b 1 2 a ab b 2 a b 1 ab 1/ (I) (a; b) lµ nghiÖm hÖ (I) vµ chØ a vµ b lµ nghiÖm ph¬ng tr×nh t2 – t 0,25 0,75 0,25 0,25 0,25 (10) = 0, ph¬ng tr×nh nµy lu«n cã nghiÖm ®iÒu cÇn chøng minh KÕt luËn: a + b cã hai gi¸ trÞ nguyªn lµ vµ 0,25 (11)