DAP AN THI HSG TOAN 9 THCS

Bây giờ ta sẽ chỉ ra cách chọn ra 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau: Đầu tiên ta chọn ra một đấu thủ D1 từ hàng D điều này bao giờ cũng thực hiện được vì hàng D có ít nhất 1 đấu[r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP THCS (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang ) Đề chính thức Câu Ý I Nội dung P x x 2( x  3) x 3   x x  x 1 3 x Cho biểu thức Rút gọn P: ĐK x  0, x  P x x   2( x  3)  ( x  3)( x  1) ( x  1)( x  3)  0,50 0,50 0,75 2,00 Tìm giá trị nhỏ P   x1 x 1  x  x  1   x 1 x 1 x 1 9  x  1  x 1  2 x 1 x 1 P P 2,00 0,25 x x   x  12 x  18  x  x  ( x  1)( x  3) = x 8 x x  3x  x  24 ( x  3)( x  8)   ( x  1)( x  3) x 1 = ( x  1)( x  3) Điểm 0,50 0,50 Áp dụng bất đẳng thức CôSi ta có: P  x 1   2 x 1   x 1  2  4 x 1  x 4 x  Ta có P =  Vậy P = x = x 1  II Tìm m để phương trình x  x  x  m 0 (1) (1)  ( x  x  x )  (4 x  x)  m 0  ( x  x)  4( x  x)  m 0 (2) 2 Đặt t ( x  x  1) ( x  1) 0, ta có (2)  (t  1)  4(t  1)  m 0  t  6t   m 0 (3) Phương trình (1) có nghiệm phân biệt và phương trình ( 3) có nghiệm dương phân biệt  '    S t1  t2   P t t  Điều này tương đương với :  0,50 0,50 2,50 0,50 0,75 0,50 9  m   4  m  m      5m4 6  m   m       m   Vậy phương trình đã cho có nghiệm phân biệt -5< m <4 0,50 0,25  2  x  y    x3    y Giải hệ phương trình :  Điều kiện y 0 Đặt z = y ta hệ : 2,50 0,50 2  x z  2  z x 2 Trừ vế với vế hai phương trình trên ta đươc ( x  z )( x  xz  z  3) 0  x  z 0 0,75 3z z 3 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + ) + > với x, z) Thay x = z vào phương trình (1) hệ ta : x3 – 3x – =  (x+1)2(x - 2) =  x = -1 x = Với x  z   y   nghiệm (x ; y ) hệ là (  1;  2) 0,50 0,75 Với x z 2  y 1  nghiệm (x ; y ) hệ là (2;1) III Vậy nghiệm (x ; y ) hệ là ( 1;  2) và (2;1) Tìm n nguyên dương cho n  15 là bình phương số tự nhiên n * Giả sử tồn n   cho  15  y , ( y  ) Xét trường hợp n chẵn: * (1) m n 2m, m   Đặt x 2 , phương trình (1) trở thành  x  y 1  x  15  y  ( x  y )( x  y ) 15, mà x  y  0, đó  x  y 15 2,00 0,50  x  y 3   x  y 5  x  y 1  x 8   m 3  n 6  x  y  15 y    Với (thỏa mãn) x  y  x      m 2  n 4  Với  x  y 5  y 1 (thỏa mãn) 0,50 0,50 Xét trường hợp n lẻ: n 2m  1, m   n m n Ta có 4 2(mod 3)   15 2(mod 3), mà bình phương số tự 0,50 nhiên thì đồng dư với 0,1(mod 3), suy trường hợp này không tồn n lẻ thỏa mãn bài toán Vậy giá trị cần tìm n là  4, 6 Cho m, n là các số tự nhiên dương thỏa mãn 6 m  n Chứng minh 2,00 m  n 2mn m 6 0 n Ta có 6 0,50 6n  m  6n  m  6n m  2 Nếu 6n m  thì m  0(mod 3) (*) 2 Mà m 0,1(mod 3)  m  1, 2(mod 3) điều này mâu thuẫn với (*) 2 Vậy 6n m  (**) 0,50    m2  m  m   2m  4m Ta lại có  (***)   6n   m    2m   Từ (**) và (***) ta IV 6n  m  0,50  2mn 6 m  n 2mn (đpcm) 0,50 Chứng minh ba điểm N, H, M thẳng hàng 2,50   Theo giả thiết ta có AFH  AEH 90  AEH F nội tiếp đường tròn, suy AH  là đường kính đường tròn ( )  ANH 90  AN  NH (1) 0,50 Gọi P là điểm đối xứng với H qua M, suy BHCP là hình bình hành, suy       CPB BHC EHF 1800  BAC  CPB  BAC 1800  BACP nội tiếp đường tròn ()  BP / / CH  BP  AB  CH  AB  Từ  AP là đường kính đường tròn (), suy AN  NP (2) Từ (1) và (2) suy N, H, P thẳng hàng mà H, M, P thẳng hàng suy M, N, H thẳng hàng A 0,50 0,50 0,50 0,50 N E F Q B H D K C M P   Chứng minh NDE FDK AD, BE , CF là ba đường cao tam giác ABC, suy các tứ giác BDHF,     CDHE và BFEC nội tiếp, suy FDH FBH HCE HDE , suy DH là  phân giác FDE (3) 1,50 0,50  ANM 900  ANDM   sd AN    ADM  90 Ta có  nội tiếp, suy NDA  NMA ( đường tròn (ANDM)) 0,25 (4) 0   Vì AH là đường kính ( ) , suy HKM 90 và từ HDM 90 , nên suy       DHKM nội tiếp, suy NMA HMK KDH KDA  NMA KDA (5)    Từ (4) và (5) suy NDA KDA  tia DA là phân giác NDK (6)   Từ (3) và (6) suy NDE FDK (đpcm) Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn Xét tam giác AHM có AN, MD, HK là ba đường cao, suy AN, MD và KH đồng qui Q là trực tâm tam giác AHM QH QD   QH QK QD.QM (5)  QDH  QKM , QM QK Ta có, đồng dạng với suy QN QM   QD.QM QN QA (6) QNM đồng dạng với tam giác QDA , suy QD QA Vì ANBC nội tiếp đường tròn (), suy tam giác QNB đồng dạng với tam QN QB   QN QA QB.QC (7) QC QA giác QCA (g –g) QH QB QH QK QB.QC    QC QK , mà KQC Từ (5), (6) và (7) suy chung cho hai 0,50 0,25 2,00 0,50 0,25 0,25 0,50  050 tam giác QHB và QCK , suy tam giác QHB đồng dạng với tam giác QCK , V     suy QHB QCK  BHK  BCK 180  BHKC nội tiếp Chứng minh (Sử dụng nguyên tắc Đi rích lê) Cách Ta coi 22 đấu thủ là 22 chim bồ câu và hàng bảng là lồng chim Ta có: 22 3 7 1, theo nguyên tắc Đi rích lê tồn hàng chứa ít đấu thủ Ta gọi hàng đó là A Ta loại bỏ hàng A khỏi bảng chúng ta còn lại hàng với ít 22  15 đấu thủ Ta lại có 15 6 2  3, nên theo nguyên tắc Đi rích lê tồn hàng mà ta gọi là hàng B ( hàng B khác hàng A) chứa ít đấu thủ Tiếp tục ta loại bỏ hàng B khỏi bảng chúng ta còn lại hàng với ít 22  7 8 đấu thủ Ta lại có 7  1, nên tồn hàng C, D đó hàng C chứa ít đấu thủ, hàng D chứa ít đấu thủ Bây ta cách chọn đấu thủ đôi không công lẫn nhau: Đầu tiên ta chọn đấu thủ D1 từ hàng D ( điều này thực vì hàng D có ít đấu thủ) 1,00 0,25 0,25 0,25 Tiếp theo ta chọn đấu thủ D2 từ hàng C cho D1 và D2 không cùng cột (điều này thực vì hàng B có ít đấu thủ) 0,25 Tiếp theo ta chọn đấu thủ D3 từ hàng B cho D3 không cùng cột với D1 và D2 ( vì hàng B có ít đấu thủ) Cuối cùng ta chọn từ hàng A đấu thủ D4 không cùng cột với D1 , D2 , D3 Như chúng ta đã chọn đấu thủ D1 , D2 , D3 , D4 mà họ chọn từ các hàng đôi khác và các cột đôi khác Do đó đấu thủ này đôi không công lẫn Cách 2 Ta điền các số từ:1, 2, 3, 4, 5, 6, vào bảng ô vuông đơn vị cho chữ số điền vào bảng lần và chữ số điền vào dòng khác nhau, cột 0,50 khác hình bên 4 3 2 Ta xem lồng chim bồ câu là gồm các ô điền cùng chữ số, ta có lồng chim bồ câu Khi đặt 22 đấu thủ ( coi 22 chim bồ câu) vào lồng thì có lồng chứa ít chim bồ câu ( vì 22 7 3  ) Khi đó đấu thủ cùng lồng đôi không công lẫn 0,50 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu đáp án đúng thì cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải thống thực tổ chấm 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn