Chứng minh rằng luôn tồn tại một cạnh của tứ giác có độ dài không nhỏ hơn 5cm... PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG.[r]
(1)PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: a/ Giải phương trình: x2 + 4x + = 2x b/ Giả sử a, b, c là các số hữu tỉ thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 2012 2012 a 2012 b 2012 c2 Chứng minh A = có giá trị là số hữu tỉ Câu 2: a/ Cho a, b là các số tự nhiên Chứng minh 5a + 15ab – b2 chia hết cho 49 và 3a + b chia hết cho 2 b/ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 4y 2 199 2x x Câu 3: a/ Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b/ Cho sáu số dương a, b, c, x, y , z thỏa mãn ax + by + cz = xyz Chứng minh x + y + z > a b bc ca Câu 4: Cho hai đường tròn đồng tâm O có bán kính là R và r (R > r) Gọi M, A là hai điểm trên đường tròn (O; r) với M cố định và A di động Qua M vẽ dây BC đường tròn (O; R) vuông góc với AM Gọi H là hình chiếu O trên BC Chứng minh : a/ AM = 2OH b/ Tổng MA2 + MB2 + MC2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A c/ Trọng tâm G tam giác ABC cố định Câu 5: a/ Cho tứ giác ABCD có độ dài đường chéo AC = 8cm, BD = 6cm Chứng minh luôn tồn cạnh tứ giác có độ dài không nhỏ 5cm b/ Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: a – b là số nguyên tố và 3c2 = c(a + b) + ab Chứng minh 8c + là số chính phương (2) PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG Câu ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI HGS LỚP NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán Phần Nội dung trình bày Điểm Điều kiện: x ≥ - 2đ 0,25 Phương trình đã 0,25 cho tương đương a với phương trình: (x2 + 2x + 1) + (2x + - 0,25 2x + 1) = (x + 1)2 + 0,25 ( 2x - 1)2 = (1) Vì (x + 1)2 ≥ và ( 2x - 1)2 ≥ nên từ (1) suy x+1 ¿ =0 ¿ √ x +3 −1 ¿2=0 ¿ ⇒ ¿ ¿ x +1=0 ¿ √ x +3 −1=0 ¿ ⇒ ¿ ¿ x = -1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm x = -1 b Vì ab + bc + ca = 2012 nên A 0,25 = √(ab+ bc +ca+ a )(ab+ bc+ca +b 2)(ab +bc +ca +c 2) (3) = = c+a ¿2 b+c ¿ ¿ a+b ¿ ¿ ¿ √¿ 0,25 0,25 0,25 |(a+b)(b +c)( c+ a)| Do a, b, c là các số hữu tỉ nên |(a+b)(b +c)( c+ a)| có giá trị là số hữu tỉ Vậy A có giá trị là số hữu tỉ 2đ a Nếu 5a2 + 15ab – b2 ⋮ 49 thì 5a2 + 0,25 15ab – b2 ⋮ 0,25 30a2 + 90ab – 6b2 ⋮ 9a2 + 6ab + b2 0,25 ⋮ (3a + b)2 ⋮ 3a + b ⋮ (1) 0,25 Nếu 3a + b ⋮ 3a + b = 7c (c Z) b = 7c - 3a 5a2 + 15ab – b2 = 5a2 + 15a(7c - 3a) – (7c - 3a)2 = 5a2 + 105ac – 45a2 - 49c2 + 42ac 9a2 = -49(a2 - 3ac + c2) ⋮ 49 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 5a2 + 15ab – b2 ⋮ 49 3a + b ⋮ Điều kiện: -201 ≤ x ≤ 199 Ta có: (4) x+1 ¿ ¿ 0,25 200 −¿ y 2=2+ √ 199 − x − x 2=2+ √ ¿ y2 ≤ |y| 0,25 ≤ -2 ≤ y ≤ Với y = ±1 0,25 2+ √ 199− x − x =4 x +2 x − 195=0 x = 13; x = -15 Với y = ±2 0,25 2+ √ 199− x − x 2=16 b x +2 x − 3=0 x = 1; x = -3 Với y = 2+ √ 199− x − x 2=0 2đ a Vô lí! Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (13; 1), (13; -1), (15; 1), (-15; -1), (1; 2), (1; -2), (-3; 2), (3; -2) Ta có: a2 + b2 2ab 0,25 b2 + c2 2bc c2 + a2 0,25 2ca Suy ra: 2(a2 + b2 + c2) 2(ab + bc + ca) 0,25 hay a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (1) Mặt khác, a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên: a <b+ c a < ab + ac Tương tự: b2 < bc+ba ; c2 <ca +cb Do đó: a2 + b2 + c2 0,25 (5) < 2(ab + bc + ca) (2) Từ (1) và (2) suy ra: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b 0,25 Vì xyz = ax +by + cz => xyz > by + cz b c z y => x > (1) Chứng minh tương a c tự ta có y > z x a b y x (2) z> 0,25 (3) Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) ta có: 0,25 b c z y + x+y+z> a b a c 0,25 y x z x + => 2(x + y + z) > b a c a c b z y x z z y y x x => 2(x + y + z) > b a ca cb z y x z y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương ta có: => 2(x + y + z) > a b 2 ca 2 bc => x + y + z > a b ca bc (6) Vậy ta có x + y + z > a b ca bc a 2,5đ A O G B M H N 0,5 0,5 Gọi N là giao điểm BC với (O, r) Vì H là hình chiếu O trên BC => OH MN => H là trung điểm MN (quan hệ đường kính và dây) (1) Lại có AMN 90 => AN là đường kính (O, r) Suy O là trung điểm AN (2) Từ (1) và (2) suy OH là đường trung bình NAM C (7) b c => AM = 2OH Vì OH BC => HM = HN và HB = HC Lại có MA = OH (phần a) => MA2 = 0,25 OH2 (3) Mặt khác MB2 + MC2 = (HB - HM)2 0,25 + (HC+HM)2 = (HB-HM)2 + (HB+HM)2 = 2(HB2+HM2) 0,25 OMH vuông H nên: HM2 = OM2 - OH2 = r2 - OH2 OBH vuông H nên: HB2 = OB2 OH2 = R2 - OH2 Suy MB2 + MC2 = 2(HB2+HM2) = 2( r2 -OH2 + R2 OH2) = 2( r2 + R2) - 4OH2 (4) Từ (3), (4) suy MA2 + MB2 + MC2 = 2(r2 + R2) không đổi Vậy tổng MA2 + MB2 + MC2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A Vì G là trọng tâm ΔABC và AH là 0,25 trung tuyến => G AH và AG 0,25 = AH (*) ΔAMN có AH là 0,25 đường trung tuyến (HM = HN) nên G là trọng tâm (8) AMN Mà MO là trung tuyến AMN (AO = ON) nên G thuộc MO Do O và M là hai điểm cố định nên G là điểm cố định Vậy trọng tâm G tam giác ABC là điểm cố định A thay đổi A 1,5đ D M B 0,25 C Gọi M là trung điểm BD => BM = => BM2 = (1) 0,25 Lại có MA + MC AC 0,25 Mà AC = 8cm => MA + MC MA 4 => MC 4 Giả sử MA => MA2 16 (2) Ta lại có BMA AMD 1800 (hai goác kề bù) => AMB 900 AMD 900 Giả sử AMB 90 => AB2 BM2 + (9) AM2 (3) Từ (1), (2) và (3) suy AB2 + 16 => AB2 25 hay AB Vậy bài toán chứng minh b Ta có 3c2 = c(a + b) + ab => 4c2 = c2 + ca + cb + ab = (a + c)(b + c) (1) Vì a – b là số nguyên tố => a > b và a + c > b + c => (b + c)2 < (a + c) (b + c) (2) 0,25 Từ (1) và (2) => b + c < 2c => b < c (3) Ta lại có (a + c) – (b + c) = a – b là số nguyên tố => Hoặc a – b 0,25 ƯC(a + c, b + c) (a + c, b + c) = * Nếu a – b = p ƯC(a + c, b + c) => a + c = p.k và b + c = p.h (k, h N) => pk – ph = a – b = p => k – h = (vì p 0) => k = h + Khi đó (1) trở thành 0,25 (2c)2 = p2kh = p2k(k + 1) => k(k + 1) là số chính phương Mà k và k + là hai (10) số tự nhiên liên tiếp => k = => b + c = pk = (mâu thuẫn với (3)) * Nếu (a + c, b + c) =1 Từ (1) => (2c)2 = (a + c)(b + c) Đặt a + c = m2 và b + c = n2 (m, n N) => m2 – n2 = (m – n)(m + n) = a – b là số nguyên tố Mà m – n < m + n => m – n = và m +n=a–b Suy (2c)2 = (b + c)(c + a) = (mn)2 = (m – 1)2m2 => 2c = m(m – 1) Khi đó 8c + = 4m(m – 1) + = (2m – 1)2 là số chính phương Vậy 8c + là số chính phương (11)