De HSG toan huyen Hoa Binh 20142015

UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO... UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.[r]

UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2014 -2015 MÔN : TOÁN LỚP : Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (5 điểm)  a) Chứng minh:  b) Tìm số nguyên tố p cho p+10 và p+14 là số nguyên tố 22002  31 Câu 2: (5 điểm) 4 a) Giải phương trình:  x  3   x  5 2 b) Giải hệ phương trình sau: 3xy 2  x  y   5 yz 6  y  z   4 zx 3  z  x  (I) Câu 3: (5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x  3x  3 3 2 b) Cho a,b,c  Chưng minh rằng a  b  c a bc  b ca  c ab Dấu “ =” xảy nào ? Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O,R), hai đường kính AH và DE.Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O,R) cắt AD và AE kéo dài B và C.Gọi M, N là trung điểm của BH và HC a) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn (O,R) b) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH c) Hai đường kính AH và DE của (O,R) phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích tam giác AMN bé nhất? -Hết - UBND HUYỆN HÒA BÌNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2014 -2015 MÔN : TOÁN LỚP : Thời gian : 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung a) (2điểm) Chứng minh : 2 2002 Điểm   31 Ta có : 1(mod 31) 0.5đ 22000 1(mod 31) 22002 4(mod 31) 0.5đ 0.25đ 0.25đ 22002  0(mod 31) 0.25đ 2000 2 2 (mod 31)   31 0.25đ Vậy :  b) (3 điểm) Tìm số nguyên tố p cho p+10 và p+14 là số nguyên tố 2002 - Nếu p=2 thì p+10=12 và p+14=16 là hợp số nên loại 0.5đ - Nếu p=3 thì p+10=13 và p+14=17 là số nguyên tố nên 0.5đ nhận - Nếu p>3 thì p 3k 1 (do p là số nguyên tố) 0.5đ Với p=3k+1 thì p  14  3k  15  3 0.5đ p  10  3k  3 0.5đ   Với p=3k-1 thì Vậy số nguyên tố cần tìm là p=3 a) (2 điểm) Giải phương trình:  x  3 Đặt t x  0.5đ 35  x   x t  4 Ta có :  t   3   t   5 4   t  1   t  1 2 4   x   2 2  t  4t  6t  4t   t  4t  6t  4t   0 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ  2t  12t 0 0.25đ  t  6t 0  t  t   0  t 0 (vì t  0 vô nghiệm) 0.25đ Với t = thì x = -4 0.25đ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = -4 0.25đ b) (3 điểm) Giải hệ phương trình: 3xy 2  x  y   5 yz 6  y  z   4 zx 3  z  x  (I) Dễ thấy x = y = z = là nghiệm của hệ đã cho Xét trường hợp xyz 0.5đ thì hệ (I)  x y  xy   yz   yz  zx    xz 1  x  y 2  1    y z 1     z x 1đ (II) Cộng theo vế ba phương trình của hệ pt (II) ta được:  1  11 1 11         x y z ( 1) 2 x y z  0.5đ Lấy (1) trừ theo vế các pt của hệ (II ) ta được: x=1;y=2;z=3 Vậy hệ pt có hai nghiệm ( 0;0;0) và ( 1;2;3) 0.75đ 0.25đ a) (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x  3x  3  3 x  x    x    2 4  2 Ta có B = x  3x  = 2 1đ 3 3 3    x   0 x    Vì   nên   4 0.5đ 3   x   0  x  Vậy B đạt GTNN bằng   b) (3 điểm) 0.5đ Cho a,b,c  Chứng minh rằng: a  b3  c a bc  b ca  c ab Dấu “ =” xảy nào ? Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm a3 và abc Ta có : a  abc 2 a bc 2a bc 0,5đ b3  abc 2b2 ca 0,25đ Tương tự ta có : c  abc 2c ab Cộng vế ba BĐT trên ta được:  a3  b3  c  3abc 2 a bc  b ca  c ab Mà  0,5đ ( 1) a  b  c  3abc  a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca  3 0,25đ 2 2 2  a  b  c    a  b    b  c    c  a   0 =2 0,25đ 0,25đ 3 Do đó a  b  c 3abc (2 ) 0,25đ Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:   a3  b3  c3  2 a bc  b2 ca  c ab  0,5đ 3 2 Hay a  b  c a bc  b ca  c ab Dấu “=” xảy a = b= c 0,25đ A E O D // I C // N H / M / B a) (1.75điểm) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn 0.25đ (O,R) ˆ ˆ Ta có: OHD ODH (Vì DOH cân O) (1) 0.25đ ˆ MDH ˆ Chứng minh tam giác DMH cân M  MHD (2) 0.25đ ˆ  MHD ˆ ODH ˆ  MDH ˆ Cộng (1) với (2) theo vế ta được: OHD 0.5đ ˆ  MHD ˆ 900 nên ODH ˆ  MDH ˆ 900 Mà: OHD 0.25đ  DM  OD D 0.25đ Vậy: DM là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) 0.25đ b) (1.5 điểm) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH Tam giác ABC vuông A, đường cao AH ta có: 0.25đ AH2=HB.HC AH CH AH : CH : OH HN      BH AH BH AH BH AH  BHO AHN (c  g  c ) ˆ ˆ  NAH  OBH ˆ IMH ˆ NAH  Mà: ( Vì cùng phụ với góc ANM) ˆ IMH ˆ  OB // MI  OBH 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Vì M là trung điểm của BH nên I là trung điểm của OH 0.25đ Vậy trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH c) (1.5điểm) Hai đường kính AH và DE của (O,R) phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích tam giác AMN bé nhất? Ta có: SAMN  AH MN R.MN R  MH  HN  R  BH  HC  R R     BH  HC   BH CH 2   Mà : R BH CH R AH R  2R  2 R 2 Do đó: SAMN 2 R  BH HC 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ  ABC vuông cân A  AH  DE 0.25đ 0.25đ Vậy SAMN 2 R  AH  DE ( Chú ý: Học sinh làm cách khác mà đúng cho điểm tối đa cho ý đó) Hết -