0

Toan hoc 1314

6 2 0
  • Toan hoc 1314

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/09/2021, 04:49

b Chứng minh rằng: Hiệu các bình phương của hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho 8.. Cho tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH.[r] (1)UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014 MÔN THI: TOÁN LỚP (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề: Bài 1: (4 điểm) a) Chứng minh rằng: Với n  Z thì n3 + 11n luôn chia hết cho b) Chứng minh rằng: Hiệu các bình phương hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho Bài 2: (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức 3( ab  b) ( a  b)3  2a a  b b  a  b a a b b A= với a > 0, b > và a  b x2  x 1 b) Tìm giá trị x để biểu thức y = x  2x  có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó Bài 3: (4 điểm) a) Giải phương trình: x   2x   x   2x  7    2x  y x  y     0  b) Giải hệ phương trình:  2x  y x  y Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có đường cao AH Tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tiếp tuyến B và C theo thứ tự D và E Gọi I là giao điểm CD và BE Chứng minh rằng: a) A, I, H thẳng hàng b) AI = IH c) DE.AI = DB.EC Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC D Vẽ đường kính DE; AE cắt BC M Chứng minh rằng: BD = CM -Hết - (2) UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp Bài 1: (4 điểm) a) (2 điểm) Ta có: n3 + 11n = n3 – n + 12n (0,5 điểm) = (n – 1)n(n + 1) + 12n (0,5 điểm) Do (n – 1)n(n + 1) là tích số liên tiếp nên (n – 1)n(n + 1) chia hết cho (0,5 điểm) Mặt khác: 12n chia hết cho (0,25 điểm) Do đó: n + 11n chia hết cho (0,25 điểm) b) (2 điểm) Gọi hai số tự nhiên lẻ liên tiếp là 2n + và 2n + (n  N) (0,25 điểm) Ta có: (2n + 3)2 – (2n + 1)2 = 4n2 + 12n + – (4n2 – 4n + 1) (0,5 điểm) = 8n + (0,25 điểm) = 8(n + 1) (0,25 điểm)  Mà 8(n + 1) chia hết cho (với n N) (0,25 điểm) 2 Do đó (2n + 3) – (2n + 1) luôn chia hết cho (0,25 điểm) Vậy: Hiệu các bình phương hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho (0,25 điểm) Bài 2: (4 điểm) a) (2 điểm) Với với a > 0, b > và a  b, ta có: 3( ab  b) ( a  b)3  2a a  b b  a  b a a b b A= 3( ab  b) a a  3a b  3b a  b b  2a a  b b  a  b3 = ( a  b)( a  b) (0,5 điểm) b( a  b) 3a a  3a b  3b a  a  b3 = ( a  b)( a  b) (0,25 điểm) b(a  ab  b) 3a a  3a b  3b a  3 a  b a  b3 = (0,5 điểm) 3a b  3b a  b3  a  3a b  3b a = a  b3 (0,25 điểm) (3) 3( b3  a ) a  b3 = =3 b) (2 điểm) Điều kiện: x  -1 2 x  x  (x  2x  1)  (x  1)  (x  1)  (x  1)  (x  1) (x  1) y = x  2x  = Đặt t = x + 1, ta có: t2  t 1 1 1   2 t t t y= (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)  1  1 1        t   = (0,25 điểm) 1 1      t 2 = (0,25 điểm) Suy y nhỏ t = 2, tức là x = Bài 3: a) (2 điểm)  Điều kiện: x (0,25 điểm) (0,25 điểm) x   2x   x   2x  7  2x   2x   2x   2x  7 2    2x    2x   14  2x    2x   14  2x     2x    14  2x  5  2x  25  x 15 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 15 b) (2 điểm)    2x  y x  y     0  2x  y x  y (*) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (4)  X   2x  y  Y   xy Đặt  3X  6Y   X  Y 0 Hệ (*) trở thành:  (**) 3X  6Y   6X  6Y 0 (**)  X     Y 1     2x  y  2x  y 3  1    x  y 3 Hay  x  y  x 2   y 1 (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) Vậy hệ phương trình (*) có nghiệm là (2;1) Bài 4: E A D I B H O C a) (1,25 điểm) Ta có BC là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Suy ra: BD // CE (0,25 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác IDB, ICE ta được: ID DB DA   IC CE AE (DA =DB, CE = AE theo tính chất các tiếp tuyến cắt nhau) (0,25 điểm) (5) Do đó AI // CE (theo định lý Talet đảo) (0,25 điểm) Suy AI  BC (0,25 điểm) Vì AI  BC, AH  BC nên A, I, H thẳng hàng (0,25 điểm) b) (1,5 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác EAI, EDB, IDB, ICE, CIH, CDB, ta được: AI EI  DB EB (1) (0,25 điểm) HI CI  BD CD (2) (0,25 điểm) EI CI EI CI EI CI     EB CD BI DI  EI  BI CI  DI (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2) và (3), ta được: AI IH  BD BD (0,25 điểm) Suy AI = IH (0,25 điểm) EDB , đó: c) (0,75 điểm) Ta có: EAI (0,25 điểm) EA AI  ED DB (0,25 điểm)  ED.AI = EA.DB = DB.EC (vì EA = EC) (0,25 điểm) Bài 5: (4,5 điểm) A H E K N O B D M Vẽ tiếp tuyến HEK đường tròn (O) (H AB, K AC), ta có: ED  HK, ED  BC  HK // BC (0,5 điểm) Gọi N là tiếp điểm đường tròn (O) tiếp xúc với AC, OK, OC là hai tia phân giác hai góc kề bù EON, NOD (tính chất tiếp tuyến)  900  KOC (0,25 điểm)  OEK  CDO Xét và có:   OEK CDO 900 , (0,25 điểm)    OKE COD (cùng phụ với EOK ) (0,25 điểm)  OEK  CDO Do đó (0,25 điểm) C (6) EK OE  OD CD EK R  Vậy R CD  (0,25 điểm) (0,25 điểm) HE R  Chứng minh tương tự ta có: R BD (0,5 điểm) EK BD EK BD    EK  HE BD  CD Do vậy: HE CD (0,5 điểm) EK BD  hay HK BC (1) (0,25 điểm) Tam giác ABM có HE // BM, áp dụng hệ định lý Talet tam giác, có: HE AE  BM AM (0,25 điểm) EK AE  CM AM Tương tự ta có: (0,25 điểm) HE EK EK EK  HE    CM CM  BM Do đó: BM CM (0,25 điểm) EK HK EK CM    HK BC Hay CM BC (2) (0,25 điểm) Từ (1) và (2) cho ta: BD = CM (0,25 điểm) * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, đúng cho đủ điểm ng cho đủ điểm (7)
- Xem thêm -

Xem thêm: Toan hoc 1314, Toan hoc 1314