Đang tải... (xem toàn văn)
Tính được AC R 3, BC R Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo đẳng thức Pơtoleme ta có: AD.BC+AB.CD=AC.BD.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐẾ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (3 điểm) x Cho 3 2( 1) Tính giá trị biểu thức: A 4(x 1)x 2013 2x 2012 2x 2x 3x Bài (3 điểm) 2x 2x 2x ( x x 1) Giải phương trình: Bài (3 điểm) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 2y 2x 1 2x 2y 1 x y3 Bài (3 điểm) Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c Biết P(x) > với x thuộc R và a > 5a 3b 2c Chứng minh rằng: a b c Bài (3 điểm) Cho đường tròn (O;R), điểm A nằm ngoài đường tròn đó Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Trên đường thẳng d qua trung điểm AB và song song với BC, lấy điểm P Đường tròn đường kính OP cắt đường tròn (O) M, N Chứng minh: PM = PN = PA Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông C, có BAC 300 Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, 2 lấy điểm D thuộc cung nhỏ AC Chứng minh rằng: 3BD 5AD 5CD DC 2DA Bài (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn < a, b, c <1 và ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a (1 2b) b (1 2c) c (1 2a) b c a - Hết - (2) Họ và tên thí sinh: Số báo danh : SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Gồm 04 trang) CÂU ĐÁP ÁN x Câu Cho x 4( x 1) x 2013 x 2012 x A 2( 1) Tính giá trị biểu thức: x 3x 4 4 ( 1) 3 2 3 x là nghiệm phương trình: 2x2+2x-1=0 2(2 x x 1) x 2012 x (2 x x 1) x 1 x 1 2 x 1 x 1 A 2( 1) 2 2 1 Vậy A 3 2 Giải phương trình: 3.0 0.5 Câu ĐIỂM 0.5 0.5 0.5 3 2x 2x 2x 3 ( x x 1) (1) 2 t t x x x t x Đặ 0.5 0.5 3.0 0.5 x 2x t x 2x 3 (t 1) Thay vào pt(1) ta có pt: t 2x 3 t (x 1)(x 2) 0 0.5 t x t x Với t x ta có pt: x x x x 2 x x x 1 x 2 x x x 2x x x 1 x 1 Với t x ta có pt: 0.5 0.5 0.5 x x x 2 (3) x 2 x x x x x x x 4x 2 x 1, x Vậy phương trình (1) có nghiệm Câu x 2 x 3x 2y 2x 1 2x 2y 1 1 x y (1) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 3 Ta có (1) 4xy(x y) 2(x y) x y 0.5 3.0 0.5 a x y b xy vì x, y nguyên nên a, b nguyên Đặt 0.5 Khi đó ta có pt : 4ab 2a b với a, b nguyên 2a b3 2b (vì b nguyên nên 2b - 0) 16a 4b 2b 0.5 2b 0.5 b 1 a 0 2b b 0 a (L) 2b 2b 7 b 4 a (L) 2b b a 2 Vì a, b nguyên, nên 2b – phải là ước x y 0 x y 1 xy Với a = 0, b = ta có hệ x y 2 xy y x (VN) x 2x 0.5 0.25 0.25 Với a = 2, b = -3 ta có hệ KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện bài toán là : x = y = 1, x = y = -1 Cho đa thức P(x) = ax2 + bx + c Biết P(x) > với x thuộc R và a > Câu 3.0 5a 3b 2c (1) Chứng minh rằng: a b c c b2 4a Từ giả thiết P(x) > với x thuộc R và a > suy Vì P(x) > với x thuộc R nên P(-1)>0 Suy a – b + c > 5a 3b 2c 5a 3b 2c a b c 4a c 2b Vậy a b c 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 b2 4a c 4a 4a Ta có (4) b2 4a 2 b 2b 4a Áp dụng BĐT Côsi ta có Câu 4a c 2b Vậy (1) đúng Cho đường tròn (O;R), điểm A nằm ngoài đường tròn đó Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) Trên đường thẳng d qua trung điểm AB và song song với BC, lấy điểm P Đường tròn đường kính OP cắt đường tròn (O) M, N Chứng minh: PM = PN = PA 0.5 3.0 d P N C K A O I M B Câu Chứng minh PM=PN Gọi I=OAd, K=OABC, chứng minh IA=IK Có PA2 = AI2 + PI2 = AI2 + PO2 – OI2 (Pitago) = PO2 – (OI – AI)(OI + AI) = PO2 – OK.OA (vì IA = IK) = PO2 – OC2 ( hệ thức tam giác vuông OAC) = PO2 – ON2 = PN2 ( vì tam giác PNO vuông N) Vậy PA=PM=PN Cho tam giác ABC vuông C, có BAC 30 Trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, lấy 2 điểm D thuộc cung nhỏ AC Chứng minh rằng: 3BD 5AD 5CD DC 2DA 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 3.0 C D A 30° O B R Tính AC R 3, BC R Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo đẳng thức Pơtoleme ta có: AD.BC+AB.CD=AC.BD AD.R CD.2R BD.R 0.5 0.5 0.5 AD 2CD BD 3BD AD2 4CD 4AD.CD Vậy ta có: 0.5 0.5 (5) 3BD2 5AD 5CD2 AD2 4CD 4AD.CD 5AD 5CD 4AD 4AD.CD CD 0 0.5 (2AD CD)2 0 CD 2AD Cho a, b, c là các số thực thoả mãn < a, b, c <1 và ab + bc + ca = Câu 2.0 a (1 2b) b (1 2c) c (1 2a ) P b c a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Từ giả thiết chứng minh a b c 1 a 1 b 1 c , , 0 b c Do a, b, c (0;1) nên a(1-a), b(1-b), c(1-c), a Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương ta có : a (1 b) b(1 b) 2a(1 b) b b (1 c) c(1 c) 2b(1 c ) c c (1 a ) a(1 a) 2c(1 a) a Cộng vế với vế bđt trên ta có: P a b c 2(a b c) 2(ab bc ca ) P (a b c) vì ab bc ac 1 Theo CMT a b c P a b c Dấu xảy Vậy 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 PMin Hướng dẫn chung: + Trên đây là các bước giải bắt buộc và biểu điểm tương ứng, thí sinh phải có lời giải chặt chẽ, chính xác công nhận cho điểm + Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa + Chấm phần Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn, tính đến 0.25 điểm ST: Phạm Văn Vượng (6)