b Với điểm M bắt kỳ thuộc cung nhỏ BC, gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC.. Chứng minh rằng ba điểm N, H, E thẳng hàng..[r]
(1)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2014 Bài 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: x x + x2 – x – 18 = b) Tìm hai số nguyên dương khác x, y thỏa mãn: x3 + 7y = y3 + 7x Bài 2: (2 điểm) Tính tổng sau: 1 1 1 S = 2 2013 2014 Bài 3: (3 điểm) Giả sử x1, x2 là hai nghiệm phương trình: x 4x 3x m , đó m là tham số 1 x Tìm m để biểu thức x1 x đạt giá trị nhỏ Bài 4: (6 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông A Vẽ phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân B, tam giác ACE vuông cân C CD cắt AB M; BE cắt AC N a) Tính DM biết AM = 3cm, AC = 4cm b) Chứng minh AM = AN 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O và H là trực tâm tam giác Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC a) Xác định vị trí điểm M cho tứ giác BHCM là hình bình hành b) Với điểm M bắt kỳ thuộc cung nhỏ BC, gọi N, E là các điểm đối xứng M qua AB và AC Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng Bài 5: (3 điểm) a c d 3d Chứng minh rằng: , với a, b, c, d 3 b d c 3c GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi (2) GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Bài (6 điểm) x x + x – x – 18 = (1) a) Giải phương trình: x ĐKXĐ: x2 – x – (x – 3)(x + 2) x Biến đổi phương trình: (1) x x + (x2 – x – 6) – 12 = Đặt t = x x (t 0) Phương trình trở thành: t t + t2 – 12 = (t – 3)(t + 4) = t :loại Với t = 3, ta có: x x = x2 – x – = x2 – x – 15 = x1 = 61 , x2 = 61 Cả hai giá trị x1, x2 thỏa mãn ĐKXĐ 61 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1,2 b) Tìm x, y nguyên dương khác thỏa mãn : x + 7y = y3 + 7x (1) Biến đổi : (1) x3 – y3 – 7(x – y) = (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = x2 + xy + y2 – = (x y) 4(x2 + xy + y2 – 7) = 4x2 + 4xy + y2 + 3y2 – 28 = (2x + y)2 = 28 – 3y2 (2) Vì (2x + y)2 là số chính phương và x, y là các số nguyên dương, nên suy y2 {1 ; ; 9}, đó y {1 ; ; 3} +) Với y = 1, thay vào (2), ta có : (2x + 1)2 = 28 – 3.1 = 25 2x + = x = +) Với y = 2, thay vào (2), ta có : (2x + 2)2 = 28 – 3.22 = 16 2x + = x = +) Với y = 3, thay vào (2), ta có : (2x + 3)2 = 28 – 3.3 = 2x + = x = - : loại Vậy có hai cặp giá trị x, y thỏa mãn điều kiện bài toán : (x ; y) {(2 ;1), (1 ;2)} Bài (2 điểm) 1 1 1 Tính tổng S = 2 2013 2014 * Xét số hạng tổng quát tổng, với k N : 1 1 k k 12 2 k k 1 k 1 k k 2k k 2k 2k k k 1 k k 1 1 =1+ =1+ k k 1 k k 1 = k k 3k k k k 1 2 = k k k k 1 = k k 1 k k 1 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi (3) Do đó: 1 1 1 (1) 2 k k 1 k k 1 Cho k lấy các giá trị từ đến 2013, thay vào đẳng thức (1), cộng vế theo vế, ta được: 1 1 1 S = = 2 20132 2014 1 1 1 = 1 1 1 = 2 3 2013 2014 2013 2013 1 = 2013.1 + 2013 2013 2014 2014 2014 2013 Vậy S = 2013 2014 Bài (3 điểm) Giá trị m để biểu thức x1 x đạt giá trị nhỏ x 4x 3x m (1) 1 x (1) x2 – 4x = (1 – x)(3x + m) ( x 1) x2 – 4x = 3x + m – 3x2 – mx 4x2 – (7 – m)x – m = = (7 – m)2 + 16m = m2 + 2m + 49 = (m + 1)2 + 48 > 0, m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 ( 1) 7m m Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = , x1.x2 = 4 Đặt A = x1 x , ta có: A2 = x1 x 2 = x12 + x22 – 2x1x2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 Biến đổi phương trình: 2 2 7m m m m 49 m 1 48 m 1 A = = = 3 16 16 16 A (vì A > 0) Vậy A = x1 x đạt giá trị nhỏ m = - Bài (6 điểm) D a) Tính DM Áp dụng định lý Py-ta-go tam giác vuông ACM, ta có: CM2 = AM2 + AC2 = 32 + 42 = 25 CM = 5(cm) Áp dụng định lý Ta-lét, ta có: DM DM AM AM // CE DC CE DC DM DM DM = 3CM = 15(cm) CM b) Chứng minh AM = AN Áp dụng định lý Ta-lét, với AC // BD, ta có: BM DM BM 15 = BM = 3.3 = 9(cm) AM CM AB = AM + BM = + = 12(cm) Với AB // CE, ta có: B M 45 A 450 N C E GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi (4) AN AB 12 AN =3 CN CE AN CN AN 3 AN = AC = 3(cm) AC 4 Vậy AM = AN (= 3cm) A B’ C’ a) Vị trí M để tứ giác BHCM là hình bình hành H Ta có: BHCM là hình bình hành BM // CH Vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH AB = 900 Do đó BM AB hay ABM B AM là đường kính (O) Vậy M là điểm đối tâm A qua O thì tứ giác BHCM là hình bình hành b) Chứng minh N, H, E thẳng hàng Gọi F và K là giao điểm thứ hai CH và BH với đường tròn (O) Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường cao tam giác ABC ABC sdAC , Ta có: AFH 2 A ABC AHC'(cùng bù với A 'HC' vì tứ giác BA’HC’ nội tiếp) AHC' , đó tam giác AHF cân A Suy AFH nên F và H đối xứng qua AB Ta lại có, M và N đối xứng qua AB , F NHF Suy MFH MAC sdCM Mặt khác, MFH nên NHF MAC (1) N O C M K E B’ C’ H B BAM (2) Chứng minh tương tự, ta có: EHK Từ (1), (2) suy ra: M EHK MAC BAM BAC (3) NHF C' = 900 + 90 = 180 0) nên Vì tứ giác AB’HC’ nội tiếp ( B' A’ O C B' BAC HC' = 1800 (4) EHK B' Từ (3) và (4) suy NHF HC' = 1800 Vậy ba điểm N, H, E thẳng hàng Bài (3 điểm) a c d 3d , với a, b, c, d 3 b d c 3c Đặt A = a(c – d) + 3d, B = b(d – c) + 3c Ta có: A = ac – ad + 3d = ac + d(3 – a) > 0, với a, b, c, d B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b) > 0, với a, b, c, d Ta chứng minh hai bất đẳng thức: A +) B Chứng minh rằng: GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi (5) Ta cần chứng minh A và < B Với a, b, c, d 3, thực các biến đổi ta có: A = ac + d(3 – a) ac 3.2 = Do đó A 6, dấu “=” xảy a = 3, c = 2, d [2; 3] Thay c = vào biểu thức B, ta có: B = bd + c(3 – b) = bd + – 2b = b(d – 2) + 3(3 – 2) + = Do đó < B 9, dấu “=” xảy c = 2, b = 3, d = 3, a [2; 3] A Từ đó, A và < B 9, nên , dấu “=” xảy c = 2, a = b = d = B A +) B Ta cần chứng minh < A và B Thực các biến đổi, ta có : B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b) bd 3.2 = Do đó B 6, dấu “=” xảy b = 3, d = 2, c [2 ; 3] Thay d = vào biểu thức A, ta có : A = ac + d(3 – a) = ac + 2(3 – a) = a(c – 2) + 3.(3 – 2) + = Do đó < A 9, dấu “=” xảy d = 2, a = 3, c = 3, b [2; 3] A Từ đó: < A và B 6, nên , dấu “=” xảy d = 2, a = b = c = B 2 A Tóm lại, ta có: , với a, b, c, d 3 B 2 a c d 3d Vậy , với a, b, c, d 3 b d c 3c Quy Nhơn, ngày 21 tháng 03 năm 2014 Bùi Văn Chi GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi (6)