Theo nguyên lý Điriclê có ít nhất 2 điểm trong 4 điểm đang xét nằm trong hay trên cạnh một trong 4 tứ giác nói trên, giả sử tứ giác đó là GMBN ⇒ 4√3 khoảng cách giữa hai điểm đó không vư[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THCS NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: Toán lớp Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ( 3,0 điểm) Cho x= √ √ 2−1 √2+1 Tính giá trị biểu thức sau: 19 3 (4 x +4 x −x +1) + ( √ x +4 x −5 x +5 x +3 ) + A= Câu II (5,0 điểm) 1−√ x (√ x +2 x Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn xy +4 x +2 y+1 > x +2 y x − y =x +2 y 52 x 2−82 xy +21 y =−9 Giải hệ phương trình: 2014 ) { Câu III ( 4,0 điểm) y=−2 x Cho parabol (P): a và đường thẳng (d): y=ax+a−2 Tìm số nguyên cho (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB = Cho a , b , c>0 a+2 b+3 c≥10 , chứng minh : { a+b +c + √5 13 + + ≥ 4a 8b c Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC) có các đường cao BD và CE cắt H ( D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB) Gọi I là trung điểm cạnh BC Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI và tam giác CDI cắt K ( K khác I ) Gọi M là giao điểm DE và BC Chứng minh rằng: Các điểm A, E, H, K, D thuộc đường tròn A, K, I thẳng hàng ∠ MEC = ∠ MKC ( Kí hiệu ∠ ABC là số đo góc ABC) Câu V ( 2,0 điểm) Cho 19 điểm nằm hay trên cạnh lục giác cạnh cm Chứng minh luôn tồn số 19 điểm đã cho mà khoảng cách chúng không vượt quá √3 cm Hết - (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Híng dÉn chÊm Sở giáo dục và đào tạo Hng yªn đề thi chọn học sinh giỏi THCS N¨m häc 2013 - 2014 đề chính thức M«n to¸n lớp ( Híng dÉn chÊm gåm trang) Chú ý: 1) Hướng dẫn chấm này trình bầy các bước giải và cách cho điểm phần câu Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm phần tương ứng 2) Việc chi tiết hóa ( có) thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải thống thực tổ chấm Câu Câu I 3,0 điểm Cho Hướng dẫn chấm và kết x= √ 2−1 √2+1 √ Điểm , 19 3 (4 x + x −x +1) + ( √ x + x −5 x +5 x +3 ) + tính A = 1− √ x (√ x +2 x ) 2014 √√ x= Ta có √ 2−1 √2+1 √( √ 2−1)2 = = √2−1 1,0 ⇒ x=√ 2−1 ⇒ x +1= 2 ⇒ x +4 x−1=0 (a) Do đó: 3 x +4 x −x +1=x (4 x +4 x−1 )+1=1 3 ( x +4 x−1) x + x −5 x + x +3= x ( x +4 x−1) +4 = 1 ⇒ √2 x +2 x= ; Từ (a) 1−√ x 1−√ x ⇒ = =√ 2−2 x=1 √ x 2+2 x √2 √ 2x2 2x Do đó A = Câu II.1 2,0 điểm 19 + ( √ ) +1 2014 0,5 x x, y 0,5 0,5 =10 2 xy+4 x +2 y+1 > x +2 y 2 x +2 y ≤2 xy+4 x +2 y (*) nguyên nên ta có: ⇔ ( x −2 xy + y )+(4 x −4 x+1 )+( y −2 y+1)≤2 ⇔(x− y )2 +(2 x−1 )2 +( y−1)2 ≤2 0,5 x 1 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn Vì ( x +4 x−1) + 0,5 (3) ⇔[ x=0 2 x=1 Ta có (2 x−1 ) ≤2 , x−1 lẻ ⇒ (2 x−1) =1 ⇒ [ y=0 y=1 ( thỏa mãn) ⇔0≤ y≤1 Với x=0 thì (*) ⇔ y ( y−1 )≤0 Với x 1 thì (*) ⇔2 y −4 y +1≤0 Vậy ( x, y)=(0;0); (0;1); (1;1) ⇔2( y−1 ) ≤1 ⇒ y =1 ( thỏa mãn) 0,5 0,5 0,5 Câu II.2 3,0 điểm x − y =x +2 y (1) 2 52 x −82 xy +21 y =−9 ( ) { Giải hệ Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và nhân vế phải (1) với vế trái (2) ta có: 3 2 (−9)( x − y ) = (x+2 y)(52 x −82 xy+21 y ) 3 2 (−9)( x − y ) − (x +2 y )(52 x −82 xy +21 y )=0 ⇔ 2 x +2 x y−13 xy +3 y =0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 (8 x −8 xy )+(2 x y−2 xy )−(3 y +3 y x )=0 x (x − y )+2 xy( x− y )−3 y (x − y )=0 ( x y )(8 x 10 xy y ) 0 Biến đổi nhận phương trình: ( x− y )( x− y )(2 x+3 y )=0 0,5 tìm ( x; y)=(0 ;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn) ( x; y)=(1;1); (−1;−1) ( thử vào hệ thấy thỏa mãn) 0,5 y=4 x tìm ( x; y)=(0 ;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn) 0,5 y= −2 x Với tìm ( x; y)=(0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm ( x; y)=(1;1); (−1;−1) 2,0 điểm 0,5 Với x= y Với Câu III.1 0,5 0,5 Cho parabol (P): y=−2 x và đường thẳng (d): y=ax+a−2 Tìm số nguyên a cho (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB = √5 Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là: 2 x + ax+ a−2=0 (3) (3) có Δ=( a−4 ) Với a≠4 A, B thì (3) có hai nghiệm phân biệt x=−1 ; 0,5 2−a là hoành độ các điểm 2−a (2−a ) ( ; ) −2 Khi đó A (−1;−2) ; B 0,5 (4) ( 2−a)2 2−a ( +1)2 + +2 =5 −2 ( ⇔ AB2 = ⇔ Do đó AB = √ 2 ( 4−a ) ( a −4 a) ⇔ + =5 ⇔ a −8 a +17 a −8 a−4=0 4 ⇔[ (4) thì a ⇒ a=±1 ; ±2 Thử a=±1; ±2 vào (4) thấy không thỏa mãn a=2 Câu III.2 2,0 điểm Cho 0,5 a=2 a 3−6 a2 +5 a+2=0 ⇔(a−2 )(a −6 a +5 a+2 )=0 a nguyên thỏa mãn a −6 a +5 a+ 2=0 Vậy ) là ước 0,5 là giá trị cần tìm a , b , c >0 a+2 b+3 c≥10 { , chứng minh : a+b +c + 13 + + ≥ 4a 8b c Sử dụng bất đăng thức Côsi cho số dương ta có: 3 a+ ≥2 ⇒ (a+ )≥ a a b 9 2 3 4b 4 c + ≥2 √ 4=4 c 1,0 ⇒ (b+ )≥ 4b ⇒ (c+ )≥1 c 1 a+ b+ c+ + + ≥4 4 a 8b c Cộng vế với vế bất đẳng thức trên ta có: 1 a+2 b+3 c a+ b+ c= ≥ 4 Từ a+2 b+3 c≥10 ta có 13 a+b +c + + + ≥ a b c (Đpcm) Từ (3) và (4) suy a=1; b= ; c=2 ( Dấu xẩy ) Lưu ý: Học sinh không thiết phải dấu 0,5 A D K E M B H I I 0,5 (4) Câu IV 6,0 điểm (3) C (5) Ta có: ∠ AEH =∠ ADH =90 Lại có: đó: ⇒ AEHD nội tiếp Tứ giác BEKI nội tiếp ⇒ ∠ EKI =180 −∠ ABC Tứ giác DKIC nội tiếp ⇒ ∠ DKI =180 −∠ ACB ∠ EKD=360 −∠ EKI−∠ DKI 1,0 0 = 360 −(180 −∠ ABC )−(180 −∠ ACB) = ∠ ABC +∠ ACB = 180 −∠BAC AEKD nội tiếp ⇒ ⇒∠ EKD +∠ BAC=180 Từ (5) và (6) suy 0,5 (5) (6) A ,E ,H , K ,D thuộc đường tròn 0,5 ⇒ Tứ giác BEDC nội tiếp Ta có: ∠ BEC =∠ BDC=90 ⇒ ∠ ADE =∠ ABC (7) ∠ ADE =∠ AKE Từ (6) ⇒ (8) Từ (7) và (8) ⇒∠ ABC =∠ AKE (9) Tứ giác BEKI nội tiếp ⇒∠ EKI +∠ ABC =180 (10) ⇒ A , K , I thẳng hàng Từ (9) và (10) suy ∠ EKI +∠ AKE=180 1,0 1,0 Δ BDC vuông D có DI là trung tuyến ⇒ ID=IC ⇒ Δ IDC ⇒∠ IDC =∠ ICD Δ AID có ∠ DIA +∠ IAC =∠ IDC =∠ICD =∠ KCD +∠ ICK Mà tứ giác DKIC nội tiếp ⇒∠ DIA =∠ KCD Do đó ∠ IAC =∠ ICK (11) Tứ giác AEKD nội tiếp ⇒∠ IAC =∠ KED ⇒ MEKC Từ (11) và (12) suy ∠ KED =∠ ICK Câu V 2,0 điểm cân 0,5 0,5 0,5 (12) nội tiếp Cho 19 điểm nằm hay trên cạnh lục giác cạnh 4cm Chứng minh luôn tồn số 19 điểm đã cho mà khoảng cách chúng không vượt quá √3 cm C B N M G A P F D O 0,5 E Chia lục giác ABCDEF tâm O thành tam giác cạnh 4cm (hìnhvẽ) (6) Theo nguyên lý Điriclê có ít điểm 19 điểm nằm hay trên cạnh tam giác đó Không tính tổng quát giả sử tam giác đó là OAB Chia tam giác OAB trọng tâm G thành tứ giác nội tiếp ( hình vẽ) với GM ¿ AB; GN ¿ OB; GP ¿ OA √3 4√3 =2 √3 Δ OAB cạnh có đường cao ⇒ GA = Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp đường tròn đường kính 4√3 GB, GA, GO Theo nguyên lý Điriclê có ít điểm điểm xét nằm hay trên cạnh tứ giác nói trên, giả sử tứ giác đó là GMBN ⇒ 4√3 khoảng cách hai điểm đó không vượt quá đường kính GB = đường tròn ngoại tiếp tứ giác ⇒ điều phải chứng minh 0,5 0,5 0,5 0,5 (7)