De HSGDe xuat De 4

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, giá trị biểu thức.. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:.[r]

MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI-CẤP HUYỆN Môn : toán Năm học: 2010 - 2011 MỨC ĐỘ Thông hiểu Vận dụng thấp C3a,b C2 C6a C6b,c Chủ đề Số học Đại số Hình học Tổng Vận dụng cao C1 3 C4 Tổng 11 20 PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP THCS - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI : TOÁN Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT Câu 1: (3 điểm) 11  22   Chứng minh 2n chữ số là số chính phương n chữ số Câu 2: (3 điểm)Cho biểu thức: M = √ x − √ (x − 1)+√ x+ √ 4( x −1) (1 − ) x −1 √ x − (x −1) a.Tìm điều kiện x để M có nghĩa b.Rút gọn M Câu (4 điểm) a Chứng minh với số tự nhiên n, giá trị biểu thức 4n M   3n  2n  n  không thể là số tự nhiên b Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  18  x  y   73 0 Câu (4 điểm) a.Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn abc = 1 1   1 3 Chứng minh a  b  b  c  c  a  Đẳng thức xảy nào? b.Tìm giá trị nhỏ của:  A =  x x với < x < Câu6: (3 điểm) Cho đường tròn (O, 15cm) dây BC = 24cm Các tiếp tuyến đường tròn B và C cắt A gọi H là giao điểm OA và BC a, Chứng minh HB=HC b,Tính độ dài OH c, Tính dộ dài OA Họ và tên thí sinh: Số báo danh Cán coi thi không giải thích gì thêm PHÒNG GD&ĐT CHIÊM HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI : TOÁN Câu Đáp án Thang điểm 11 k  Đặt n chữ số Ta có 11  22   2n chữ số (3đ) n = k.10 + k -2k n chữ số = k(10n-1) = k.9k = (3k)2 = (33 3)2 n chữ số 0.75 11  22   Vậy 2n chữ số 0.25 n chữ số là số chính phương a) M có nghĩa khi:  x  4( x  1) 0   x  4( x  1) 0   x  4( x  1)    x  0 ⇔ 1.25 0.75 < x < x > √ x −1 −1 ¿2 (4đ) b) ¿ √ x − 1+1¿ ¿ x −2 ¿2 M ¿ ¿ √¿ ¿ ¿ √¿ ¿¿ 0,5 0.75 0.75 − x − 1+ √ x −1+1 x −2 = - Với < x < 2, ta có: M ¿ √ 2−x x −1 1− x √ x − 1− 1+ √ x −1+1 x − = -Với x > 2, ta có: M ¿ x −2 x−1 √ x−1 (4đ) a Ta có M2 = 4n   3n  1  n  1 n  4n  3n  4n    3n  1  n 1 3n  = Giả sử M là số tự nhiên với số tự nhiên n Suy ra: (4n–1)  (3n–1), n  (12n –3)  (3n – 1), n 0.5 0.5 Mặt khác: (12n – 4)  (3n – ) , n Suy ra: [(12n –3) - (12n – 4)]  (3n -1),n Hay  (3n – 1) , n (vô lý) Vậy M không thể là số tự nhiên (đpcm) 0.5 0.5 b Phương trình đã cho tương đương với: x  x  y     y   8  y 0.5   x  y   8  y (*) Pt (*) có nghiệm nguyên khi: y, – 2y2 ≥ 0.5 y 2  y và  y  { 0, - 1, 1, -2, } + Với y = 0, ta có: ( x + y – )2 = ( loại ) + Với y = ± 1, ta có: ( x + y – )2 = ( loại ) + Với y = ± 2, ta có: ( x + y – )2 = - Nếu y = thì x = (thỏa mãn) - Nếu y = -2 thì x = 11 (thỏa mãn) Vậy nghiệm nguyên (x; y) cần tìm: ( 7; 2) , (11; - 2) a Ta có: a2 – ab + b2 ≥ ab, a, b ≥  (a+b)( a2 – ab + b2) ≥ ab(a+b), a, b ≥ (3đ)  a3+b3+1 ≥ ab(a+b+c), a, b, c ≥ (vì abc = 1) a+b+c a  b3   0 c  , a, b, c ≥ (vì abc = 1) 0.5 0.5 0.25 0.25 c   a  b 1 a  b  c 0.25 (1) + Tương tự, ta chứng minh được: a  b  c 1 a  b  c b  3 và c  a  a  b  c (2) 0.25 (3) + Cộng vế theo vế (1), (2) và (3): 1   1 3 a  b 1 b  c 1 c  a3 1 0.25 0.25 Đẳng thức xảy a = b = c =1 b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski: ( a2 + b2 ) (x2 + y2 )  (ax +by )2 Ta có: 2    1          x   x     2A =  => 2A ( √ 2+ ) =3+2 √  2 x   x   2 x  x   x  2 x     0.25 0.25 32  2 x  x 2 x x Suy ra: 2A =   2   x x 0.25 0.25  x2 x2  x   x  x  8 0.25   x   8  x2  Vì < x < 0.25  x 2  Vậy A = 1,5   x 2  Vẽ hình, ghi Gt,kl : (6đ)  a Tam giác OBC cân O có OH là đường phân giác BOC nên HB= HC 2 2 b OH = OB  HB = 15  12 9cm c Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao tam tam giác OBA OB 152  25(cm) ta có OB2 = OH.OA => OA = OH NGƯỜI RA ĐỀ Nguyễn Tiến Hải