de dap an hsg thanh hoa 2013chuandoc

Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau... hệ pt trở thành.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2012- 2013 Môn thi: Toán Lớp THCS Ngày thi 15 tháng năm 2013 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức P = ( √ x − ) √ x +3 x √ x −3 − + x −2 √ x −3 √ x+ − √ x Rút gọn P Tìm giá trị nhỏ P và giá trị tương ứng x Câu II (5,0 điểm): Tìm tất các giá trị m cho phương trình x – 4x3 + 8x + m = có nghiệm phân biệt ¿ y3 x −2= y ¿{ ¿ 2+3 x= Giải hệ phương trình: Câu III (4,0 điểm): Tìm tất các số tự nhiên n dương cho n – 15 là bình phương số tự nhiên m Cho m, n là các số tự nhiên thoả mãn √ − >0 Chứng minh n m √6 − > n mn Câu IV (6,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn tâm (Ω) Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi M là trung điểm cạnh BC, (ω) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Đường tròn (ω) cắt (Ω) hai điểm A, N (A N), Đường thẳng AM cắt đường tròn (ω) hai điểm A, K (K A) Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng Chứng minh góc NDE = góc FDK Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp Câu V (1,0 điểm): Cho bảng kẻ ô vuông kích thước x (gồm 49 ô vuông đơn vị) Đặt 22đấu thủ vào bảng cho ô vuông đơn vị có không quá đấu thủ Hai đấu thủ gọi là công lẫn họ cùng trên hàng cùng trên cột Chứng minh với cách đặt bất kì luôn tồn ít đấu thủ đôi không công lẫn _Hết _ Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc ĐÁP ÁN Câu I (4,0 điểm): - ĐKXĐ : x ≥ , x ≠ Với x ≥ , x ≠ thì ( √ x −3 ) ( √ x −3 ) ( √ x +3 ) ( √ x+1 ) x √x − ( √ x − ) √ x +3 x √ x −3 − − − + P= = x −2 √ x −3 ( √ x +1 ) ( √ x −3 ) ( √ x +1 )( √ x −3 ) ( √ x+1 ) ( √ x − ) √ x+ − √ x x +8 x √ x −3 x +8 √ x −24 = = ( √ x+ )( √ x − ) √ x +1 x +8 −2 * Cách 1: Với x ≥ , x ≠ thì P = = √ x+1+ √ x +1 √ x+1 √ ⇒ ( √ x +1 ) −2=6− 2=4 √ x +1 giá trị nhỏ P = ⇔ x = ( thỏa mãn đkxđ) ( y ≥ , y ≠3 ) P = * Cách 2: đặt y = √ x y +8 y +1 , tìm gtnn P phương pháp miền xác định Câu II (5,0 điểm): 4   x  1   x  1  m  0 * Cách ta có : x – 4x + 8x + m = (1) 2 Đặt y = ( x − ) , y ≥ Pt trở thành : y  y  m  0 (2) - phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = có nghiệm phân biệt và pt (2) có nghiệm dương phân biệt ⇔ Δ⊳0 s⊳0 p⊳0 ⇔ ¿{{ -5 < m < * Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ ( x − x ) −4 ( x2 −2 x ) +m=0 ; đặt ẩn phụ giải cách * Cách 3: Đặt x = a + đó x4 – 4x3 + 8x + m = (1) ⇔ a − a2 +5+m=0 ; ¿ y3 x −2= y ¿{ ¿ 2+3 x= (I) ĐKXĐ: y , đặt t = y hệ pt trở thành ¿ t −3 x − 2=0 x −3 t − 2=0 ¿{ ¿ Cách : - trừ vế với vế hai pt, đưa pt tích, ta : ( x − t ) ( x 2+ xt+t − )=0 ⇔ x −t=0 x 2+ xt +t − 3=0 ⇔ x=t x=t=2 ⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1) * Cách ¿ t −3 x − 2=0 x −3 t − 2=0 ¿{ ¿ là hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a và xt = b , Câu III (4,0 điểm) vì n là số tự nhiên dương: + để 2n – 15 là số chính phương, dễ dàng chứng minh n và n lẻ thì 2n – 15 không là số chính phương + n chẳn đặt n = 2k ( k N , k ≥ ) đó 2n – 15 = a ❑2 ( a ∈ N ❑ ) ⇔ ( k − a ) ( 2k +a )=15 Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc mà 0<2k − a<2k +a ⇒ k =2 ;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk Vậy n = 4;6 là các giá trị cần tìm * Cách ( m ,n ∈ N ❑ ) 6 m   6n  m  6n m  n 2mn + 6n2 = m2 + mà 6n2 chia hết cho nên m2 + 0(mod 3) vô lý vì m 0,1(mod 3) 6n2 m  (1) ) m    m2  2 2m 4m mặt khác (2) m 1 từ (1) và (2) suy m+ 2m <6 n ⇔ √ − n > mn đpcm * Cách chứng minh : 6n2 m  (1) m 4 Mà √ − n > mn ⇔ 24 m n > m + m +1 (2) Mặt khác : ⇔ 24 m2 n4 =4 m2 n2 n 2> m ( m2 +2 )=4 m + m2 > m4 + m2+1 ⇒ đpcm m * Cách 3: ( m ,n ∈ N ❑ ) nên √ − n > mn 2 n √6 − √ n − n √6 + √ n − 2 ⇔ m − √ nm +1=0 ⇔ <m< < n √6() bất đẳng thức * luôn 2 m đúng vì √ − n >0 (m  ( ) Câu V (1,0 điểm): Bảng ô vuông có 7.7 = 49 ô vuông Ta điền các số 1,2,3,4,5,6,7 vào ô vuông bảng : (theo đường chéo) - xem các ô điền số giống là chuồng thỏ ⇒ có chuồng thỏ , mà 22 = 3.7 +1 , theo nguyên tắc đirrichle cách đặt thỏa mãn yêu cầu bài toán, chuồng thỏ luôn có ít đấu thủ không công (Hai đấu thủ công lẫn họ cùng trên hàng cùng trên cột.còn trên đường chéo thì không công nhau) ⇒ đpcm 7 7 7 A Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc ω N E F H P B K Ω C D M Câu IV (6,0 điểm): Q AH ) a) Cách 1: cm các điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, tròn Ω Q suy => AQ là đường kính (Ω) ⇒ QC ⇒ HN ⊥ NA , NH cắt đường AC => QC//BH (1) + Chứng minh tương tự ta suy ra: QB//HC(2) kết hợp với (1) ⇒ BHCQ là hình bình hành => NH qua trung điểm M BC, hay N, H, M thẳng hàng Cách 2: + cm các điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH ) + Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp ⇒ HN ∠ ANM=ADM=90 ⇒ MN AN mà NA ⇒ M,N,H thẳng hàng b) Cách 1: + ANDM và ABDE là các tứ giác nội tiếp nên ∠ NDA =∠NMA ; ∠ABE =∠ADE mà ∠ NDE=∠ NDA +∠ADE ⇒ ∠NDE=∠ NMA +∠ ABE (3) + chứng minh : ∠ FDK =∠ ACF +∠ NMA (4) + mà ∠ABE =∠ACF (cùng phụ ∠ BAC ) (5) Từ (3),(4),(5) ⇒ góc NDE = góc FDK Cách 2: Δ PAM có AD, MN là hai đường cao cắt H , nên H là trực tâm Δ PAN => PH ⊥ AM K Ta có ∠ HDK = ∠ HMK (cùng chắn cung HK) mà ∠ HMK = ∠ APH (cùng phụ ∠ KHM), tứ giác GNHD nội tiếp nên NPH = ∠ NDH ( cùng chắn cung NH) Suy ra: ∠ HDK = ∠ ∠ NDK FDA = ∠ ADE ,AD là phân giác ∠ FDE => ∠ FDK = ∠ NDE c) ∠ NDH ,AD là phân giác ∠ + tứ giác ANHK nội tiếp suy ra: Δ PHAđồng dạng Δ PNK(g-g) ⇒ PN.PA = PH.PK +chứng minh tương tự : PN.PA = PB.PC nên suy ra: PH.PK= PB.PC ⇒ đồng dạng Δ PBK (c-g-c) ⇒ ∠ PKB = ∠ PCH ⇒ Δ PHC giác BHKC nội tiếp Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc