DAP AN GOC THI HSG TOAN 9 TINH PHU THO NAM HOC 20132014

Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định... Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN - THCS Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình trên tập số nguyên x  y  xy  x  y  12 0 P x P x  x3  3x  14 x  b) Cho   Tìm số các số tự nhiên x nhỏ 100 mà   chia hết cho 11 Câu (4,0 điểm) a  3a  P 3 a  4a  5a  , biết a  55  3024  55  a) Tính giá trị biểu thức b) Cho các số thực x, y , z đôi khác thỏa mãn 3024 x3 3 x  1, y 3 y  và z 3z  2 Chứng minh x  y  z 6 Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3x   x  x  4x 3x  y  xy  x  y  0  2 b) Giải hệ phương trình  x  y  x  y  0 Câu (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không qua tâm Gọi A là điểm chính giữa  cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo  không đổi cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt M và N Lấy điểm D cho tứ giác MNED là hình bình hành a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh góc nội tiếp  EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định c) Khi  60 và BC  R , tính theo R độ dài nhỏ nhất đoạn thẳng OI Câu (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 3 2x2  y  z 2 y  z  x2 2z  x2  y   4 xyz  yz  zx  xy Chứng minh -Hết -Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh:……………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - THCS (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC I Một số chú ý chấm bài  Đáp án chấm thi đây dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số II Đáp án-thang điểm Câu ( 3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x  y  xy  x  y  12 0 P x P x  x  3x  14 x  b) Cho   Tìm số các số tự nhiên x nhỏ 100 mà   chia hết cho 11 Nội dung Điểm a) Phương trình tương đương với 0,5  x2  y  xy    x  y   16  y   x  y  2 16  y ; 2 x  y   16, y 0 (1) mà x, y   nên  x  y  0, y 16 (2) Ta có (1)  x 2, y 0 x  6, y 0 (2)  y 4, x 6 y  4, x  10  x; y     2; 0 ,   6;  ,  6;  ,   10;    Vậy phương trình đã cho có nghiệm là b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p 3k  thì x3  y  mod p   x  y  mod p  0,5 0,5 x  y  mod p   x  y  mod p  Thật vậy, , đúng 3 3k 3k x  y  mod p   x  y  mod p  Với x , y Với cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng 0,5 x, p  1,  y , p  1 x p   y p  1 mod p   x 3k 1  y 3k 1  mod p   Với ta có 3k 3k  x.x  y y  mod p   x  y  mod p  x3k  y 3k  mod p  vì Áp dụng Bổ đề, ta có 3 P  x  P  y   mod 11   x  1  11 x  1  10  y  1  11 y  1  10  mod 11 3   x  1  y  1  mod 11  x   y  1 mod 11  x  y  mod 11 0,5 Do đó, P  x  P  y   mod 11  x  y  mod 11 P n , P n  1 , , P  n  10  Suy với n  , 11 giá trị    , có nhất P , P , , P  99  giá trị chia hết cho 11 Do đó, các số     có đúng số chia hết P  cho 11, còn   không chia hết cho 11 Vậy có đúng số thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu ( 4,0 điểm) a  3a  P 3 a  4a  5a  , biết a  55  3024  55  3024 a) Tính giá trị biểu thức 0,5 3 b) Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x 3 x  1, y 3 y  1, z 3 z  Chứng minh x  y  z 6 Nội dung Điểm a) Ta có a  3a   a  1  a    a  P  a  4a  5a   a  1  a   a  a 110  3 552  3024  55  ;  3024  55  3024 mà  a3 110  3a  a  3a  110 0   a    a  5a  22  0  a 5 0,5 P Suy b) Ta có x 3x  1(1), y 3 y  (2), z 3z  (3)  x3  y 3  x  y   x  xy  y 3 (4)  3   y  z 3  y  z    y  yz  z 3 (5)   z  zx  x 3 (6) z  x 3  z  x    Từ (1), (2) và (3) suy Từ (4) và (5) suy x  z  xy  yz 0   x  y   x  y  z  0  x  y  z 0 0,5 1,0 1,0 , (vì x, y, z đôi phân biệt) Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có 2 x  y  z    x  y  z  9  x  y  z 6  2 Câu ( 4,0 điểm) x 3x    x  4x a) Giải phương trình 3x  y  xy  x  y  0  2 b) Giải hệ phương trình  x  y  x  y  0 Nội dung , x 0 a) Điều kiện xác định: 12 x   x  1 4 x 3x  Phương trình tương đương với Đặt a 2 x, b  3x  ta 3a  b 2ab   b  a   b  3a  0  b a có phương trình b  3a Khi đó x  1,0 Điểm 1,0 3x  2 x 3x   x +) Với x  2 x , điều kiện x  , ta có x  0,5 (loại) 3x  2 x  3x  4 x  x  3x  0  x 1  x  +) Với x   x , điều kiện , ta có  153  153 3x   x  36 x  x   x  x 72 72 (loại)  153 x 1, x  72 Vậy phương trình có hai nghiệm 0,5 b) Nhân hai vế (2) với ta có hệ phương trình 3x  y  xy  x  y  0 (1)  2 (2)  x  y  x  y  0 Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có  x2  xy  y    x  y   0   x  y    x  y   0 1,0   x  y  1  x  y   0  x 2 y  x 2 y  y y  3 0  y 0 +) Với x 2 y  , vào (2) và rút gọn ta có  y  Suy x 1, y 0 x  5, y   13  109 y  13 y  0  y  +) Với x 2 y  , vào (2) và rút gọn ta có  13  109 y   109  13  109   109  13  109 x ,y x ,y 6 Suy Vậy hệ có nghiệm x 1, y 0 ; x  5, y  ;   109  13  109   109  13  109 x ,y x ,y 6 ; 1,0 Câu ( 7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không qua tâm Gọi A là điểm chính giữa cung  nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo  không đổi cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt M và N Lấy điểm D cho tứ giác MNED là hình bình hành a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp  b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định c) Tìm độ dài nhỏ nhất đoạn thẳng OI  60 và BC R A a) Ta có MNE   = (sđ AC  sđ BFE )= M B 2,5 T H N C Q K O I S F J G D E  = (sđ AB  sđ BFE )  AFE  sđ AC  sđ CE o   Suy ra: MNE  MFE 180 Vậy tứ giác MNEF nội tiếp b) Gọi P là giao điểm khác A AO với đường tròn (O; R)  D  EG, G   O  Lấy G đối xứng với E qua AP o o       Ta có MDG  NEG , AEG  AFG 180  MDG  MFG 180 Suy tứ giác MDGF nội tiếp (1) Gọi giao điểm AG và BC là H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy các điểm M, H, D, G, F nằm trên đường tròn Trung trực đoạn thẳng FG qua O và  cắt đường tròn (O) J; I  OJ , sđ JF =sđ     nên JOP JG  hay I và sđ PG =sđ PE nằm trên đường thẳng cố định Đó là đường thẳng qua O và tạo với AO góc  không đổi c) Hạ IT  BC  T  BC   TH TM 1,0 1,5 IS  MN Do QH QN , suy 1,0  Tam giác vuông OSI có IOS  không đổi nên OI nhỏ nhất và IS nhỏ nhất  MN nhỏ nhất Ta chứng minh MN nhỏ nhất và tam giác AMN cân A  Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ cho M ' AN '  Không mất tính tổng quát giả sư QM '  QN ' suy AM '  AN ' Trên đoạn AM ' lấy điểm U cho AU  AN '  AUM ANN ' (c.g.c)  S AM ' M  S ANN '  MM '  NN '  M ' N '  MN o Với  60 ; BC  R suy MN   R 2  AQ R   R 3     R R 2  2 ,  OI   R 3 1,0  Câu ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x  y  z 3 Chứng minh rằng: 2x2  y  z 2 y  z  x2 2z  x2  y   4 xyz  yz  zx  xy Nội dung Chứng minh được: x  y  z 2 x  y  z  Điểm 0,5 Tương tự ta có y  z  x 2 y  z  x  , z  x  y 2 z  x  y  x  y  z y  z  x z  x  y    2 xyz  yz  zx  xy Do đó ta chứng minh yz z x xy   1  yz  yz   zx  zx   xy  xy  Bất đẳng thức này tương đương với Ta có  yz    yz  yz   0 2 yz  yz   yz   yz  yz yz  2 yz   yz  yz xy   1  nên 2 yz   yz  yz   , dễ có   yz yz zx    yz  yz  yz  zx  zx  zx Vậy nên  , tương tự có  và xy    xy  xy  xy yz z x xy 1       yz  yz   zx  zx   xy  xy  xy  yz  zx Do đó  0,5 Với a, b, c>0 có 1 a b b c c a  a  b  c      3             3    9 a b c b a c b a c nên 1    a b c a  b  c (*) 1    1  xy  yz  zx  xy  yz  zx Áp dụng (*) ta có ; x y yz zx    x  y  z 3 2 (Vì ) yz z x xy   1  yz  yz   zx  zx   xy  xy  Vậy 2 2 2 2x  y  z 2y  z  x 2z  x2  y   4 xyz  yz  zx  xy Do ta có Đẳng thức xảy và x  y z 1 xy  yz  zx  HẾT 1,0