Đang tải... (xem toàn văn)
b Chứng minh AN.AF = AP.AM c Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:..[r]
(1)SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2015 ( Đề thi gồm có 01 trang ) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): a) Tính giá trị biểu thức: A = x 3x x x 2 5 2 với b) Cho x, y thỏa mãn: x 2014 2015 x Chứng minh: x y Câu (2,0 điểm): a) Giải phương trình 5 3 51 2014 x y 2014 2015 y x3 x 1 x 2 x x b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: Câu (2,0 điểm): 2014 y 3 x xy x y 2 x x 1 y y 1 4 2 a) Tìm số nguyên tố p cho các số p 1; p 3; p là số nguyên tố 2 2 b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x 18 y z y z 18 x 27 Câu (3,0 điểm): Cho đường tròn (O;R) đường kính BC Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn AB, AC cắt đường tròn trên điểm thứ hai tương ứng là E và D Trên cung BC không chứa D lấy F(F B, C) AF cắt BC M, cắt đường tròn (O;R) N(N F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE P(P A) a) Giả sử BAC 60 , tính DE theo R b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc F trên các đường thẳng BD, BC Các đường thẳng IH và CD cắt K Tìm vị trí F trên cung BC để biểu thức BC BD CD FH FI FK đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm): Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy yz zx xyz Tìm giá trị lớn biểu thức: M 1 x y z x y 3z x y z - HẾT -Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh …………… (2) Chữ kí giám thị ……………………… Chữ kí giám thị ………………… (3) SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG CÂU ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng cho điểm tối đa Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM a = 2+ Đặt a 4 a) 1,0điểm 5 5 22 ,a>0 5 4 4 x 3 3 1 0,25 3 a 5 1 62 6 1 2 5 1 x = x x 0 0,25 B = 2x3 + 3x2 – 4x + B = 2x(x2 + 2x -1 ) - ( x2 + 2x -1 ) + = 0,25 x 2014 2015 x 2014 x y 2014 2015 y 2014 y (1) ĐKXĐ: 2014 x; y 2014 Câu1 2,0 điểm (1) x 2014 2015 x 2015 y 1,0điểm 0,25 y 2014 2015 x 2015 y 2014 y 2014 x 0 Nếu x khác y và 2014 x; y 2014 thì b) 0,25 >0; x 2014 y 2014 2014 x 2014 y >0; >0 , đó (1) 1 x y x 2014 y 2014 2015 x 2015 y 2014 x 2014 0 y (2) 0,25 Khi đó dễ chứng tỏ 2014 x 2014 y 0 2015 x 2015 y 0,25 Mà x y 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác Nếu x=y dễ thấy (1) đúng Vậy x = y Câu 2,0 điểm a) 1,0 điểm 0,25 x3 x 1 x 2 x x ĐKXĐ: x 0,25 (1) Đặt: y x 1; z Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh (2) (x+y)(x+z)(z+x) = Với: x + y = x x 0 Với: x + z = x 0 x Với: y + z = x x 1 x 2 ( không thỏa mãn) x 0 - vô nghiệm 0,25 ( Thỏa mãn) 0,25 0,25 (4) Vậy phương trình có nghiệm: 1 x 2 3 x xy x y 2 x x 1 + y y 1 = 3 x xy x y 0 x + y x y 0 b) 1,0 ®iÓm 0.25 2 2 x xy y x y 0 2 x + y x y 0 x xy y x y 0 y x y x 1 0 Ta có: y 2 x y 2 x 0.25 Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = suy x = Ta nghiệm (1;1) 0.25 y 2 x thay vào (2) ta được: 5x2 – x – = , suy x = 1; 13 ; Ta nghiệm (1;1) và ( 5 ) x 4 0.25 13 ; Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( 5 ) Câu 2,0 điểm 2 Tìm số nguyên tố p cho các số p 1; p 3; p là số nguyên tố 1; 2; 3 +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập Khi đó p chia cho có thể dư: 1;4;2 2 Xét p p 1; p & p a) 1.0 điểm 0.25 0.25 2 Nếu p chia cho dư thì p chia hết cho nên trái GT 2 Nếu p chia cho dư thì p chia hết cho nên trái GT 2 Nếu p chia cho dư thì p chia hết cho nên trái GT +) Xét p=2 thì p =16 (loại) +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: p 97; p 101; p 151 là các số nguyên tố 0.25 0.25 Vậy p =7 b) 2 2 1,0 ®iÓm Giả thiết x 3 18 y z y z 54 (1) 2 +) Lập luận để z 3 z 3 z 9 z 9 (*) 2 2 (1) 3( x 3) z y ( z 6) 54(2) 0,25 0,25 2 2 2 (2) 54 3( x 3) z y ( z 6) 3( x 3) 2.9 y ( x 3) y 12 y 4 y 1; y 4 vì y nguyên dương Nếu y 1 y 1 thì (1) có dạng: 0,25 (5) x 3 z 72 z 72 z 72 z 9 z 3 (vì có(*)) x 3 27 x 3 9 Khi đó , x nguyên dương nên tìm x=6 Nếu y 4 y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 0,25 x 3 14 z 126 14 z 126 z 9 z 9 z 3 (vì z nguyên dương) Suy ( x 3) 0 x 3 (vì x nguyên dương) x 3 x 6 y 2; y 1 z 3 z 3 Đáp số Câu 3,0 điểm Vẽ hình (1 trường hợp) A N 0,25 D E P I B a) 1,0 ®iÓm O H M C K F 1800 sd DE 600 BAC sd DE Sđ b) 1,0 ®iÓm 0,25 Suy EOD 60 nên tam giác OED 0,25 suy ED = R 0,25 APE ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) ABM ADE (Cùng bù với góc EDC) 0,25 Suy ra: ABM APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM AE AM AE AB AM AP AB Nên AP (1) 0,25 Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AE AF AE AB AN AF AN AB (2) 0,25 (6) Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM Xét I nằm B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK FCK ( cùng FBD ), suy tứ giác CKFH nội tiếp nên FKC 90 DK BH Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: FK FH CK BI FK FI Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: c) DC BH BI 1,0 ®iÓm FK FH FI Suy ra: DC BD BH BD BI BH ID FK FI FH FI FI FH FI ID HC DC BD BH HC BC FI FH FK FI FH FH FH Mà suy ra: BC BD CD BC BC BD CD Vậy FH FI FK FH nên FH FI FK nhỏ FH lớn Câu 1,0 điểm F là trung điểm cung BC 1 1 x y z Có xy yz zx xyz (1) 2 a b ( a b) (*) x y x y Ta chứng minh với x, y dương: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a b2 ( x y ) (a b) a y b x 2ab y x y x (*) y x y x x a b 0 a b b x y x y =0 a= y luôn đúng; “=” 12 12 (1 1)2 22 (" " y : z 1) y z y z y z Áp dụng(*) ta có: 0,25 22 22 (2 2) 42 (" " y y z y z ) y y z 3y z 3y z 42 42 (4 4) 64 (" " x 3 y z ) 4x y z 4x y z 4x 3y z 64 42 22 12 12 (" " x 3 y z & y z 4x 3y z 4x y y z x y z x=y=z) 0,25 64 (" " x y z ) Tương tự: x y z x y z 0,25 (7) 64 (" " x y z ) 3x y z x y z 1 1 1 1 1 M x y z x y z 3x y z x y z ( theo (1)) Vậy M đạt GTLN là x = y = z = 3( theo (1)) Hết (8)