Ta cũng chứng minh tương tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán kính OF.. Nhưng BAC BFC góc nội tiếp cùng chắn cung BKC.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH Đề chính thức ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2012 - 2013 Môn: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09/01/2013 Câu (3,0 điểm) 3 a (1,5 điểm) Cho x 1 , Chứng minh rằng: P x 3x 3x là số chính phương b (1,5 điểm): Chứng minh số nguyên tố p lớn viết dạng p = 6m 1 , với m là số tự nhiên 2 Tìm số nguyên tố p cho p là số nguyên tố Câu (3,0 điểm): P Cho biểu thức: a Rút gọn P x x x x2 x x ( x 1)( x x ) b Tính P x 3 2 c Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên Câu (6,0 điểm): 2 10 x x a) (2,0 điểm) Giải phương trình: x x b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m cho m là số vô tỉ Tìm các số hữu tỉ a, 3 b, c để: a m b m c 0 1 1 x x 4 y y x x x 4 y y3 y2 c) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R) Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến (O) qua A và H cắt (O) điểm thứ hai K Dựng trung trực đoạn HK cắt (O) B và C Chứng tỏ H là trực tâm tam giác ABC Tính số đo góc A tam giác ABC Câu (2,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh : a bc b ca c 2 ab - Hết (2) PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2012 - 2013 Môn: Toán Câu I (3,0 điểm) 3 a ( 1,5 điểm) Cho x 1 , Chứng minh rằng: P x 3x 3x là số chính phương 1 3 x 1 x 1 3 2 21 3 21 2.x x 1 3 1 21 2.x x 3 2.x 0,75 đ 21 x 1 2x x 3x 3x P x 3x 3x 4 22 0,75 đ Vậy P là số chính phương b (1,5 điểm): Chứng minh số nguyên tố p lớn viết dạng p = 6m 1 , với m là số tự nhiên 2 Tìm số nguyên tố p cho p là số nguyên tố - Mọi p nguyên tố lớn 3, p không chia hết cho và nên từ đó ¿ p=6 m+5 p=6 m+1 ¿{ ¿ ¿ p≠ m+3 p ≠6 m+2 p≠6m ¿{{ ¿ hay p = 6m 1 - Xét p>3 thay p = 6m 1 vào biểu thức A= p 2+ thấy 3< A ⋮ (loại) thay trực tiếp p =3, A=73 (nhận) p=2, A=33 (loại) Câu (3,0 điểm): P x x x Cho biểu thức: d Rút gọn P x 2 x x ( x 1)( x x ) e Tính P x 3 2 f Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên 0,75 , 0,75 (3) P a x( x 2) 2( x 1) x x x x x x x ( x 1)( x 2) x ( x 1)( x 2) x x 2x x x x ( x 1)( x 2) ( x 1) x ( x 1)( x 2) x ( x 1)( x 2) ( x 1) x 3 2 b 1,0 x x2 x ( x 1) x ( x 2) x ( x 1)( x 2) x 2 ( 1) ( x 1) 1 1 2 1 ( x 1) 1 ĐK: x 0; x 1 : 1,0 P c P ( x 1) ( x 1) x 1 x1 1 1,0 x1 Học sinh lập luận để tìm x 4 x 9 Câu (6,0 điểm): Đại số 2 10 x x a) (2,0 điểm) Giải phương trình: x x 1) 2,0đ Đk: x 1 Phương trình tương đương với 2 x2 x x2 10 x 10 x 0 2 x 1 x 1 x x 1 x x2 10 2 t , t2 t 0 t t x ta phương trình Đặt 2x2 5 t , ta x (vô nghiệm) Với 2x2 t , x ta x suy Với b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m cho m là số vô tỉ Tìm các số hữu tỉ a, 3 b, c để: a m b m c 0 a m b m c 0 (1) Giả sử có (1) b m c m am 0 (2) 2 Từ (1), (2) (b ac) m (a m bc) 0.5 a m bc b2 ac là số hữu tỉ Trái với giả thiết! Nếu a m bc 0 b2 ac 0 b3 abc a m bc 0 bc am m 0.5 (4) 3 3 b a m b a m Nếu b 0 thì a 0;b 0 Từ đó ta tìm c = m b a là số hữu tỉ Trái với giả thiết! 0.5 Ngược lại a = b = c = thì (1) luôn đúng Vậy: a = b = c = 0.5 1 1 x x 4 y y x x x 4 y y3 y2 b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2) 2,0đ x x3 y Đk: Hệ tương đương với Đặt u x y v x , y 1 x 4 y2 y x 1 x 4 y y y u u 2v 4 u uv ta hệ u 2 Với v 1, ta x y 2 x 1 y u 4u 0 u u 2v u 2 v 1 x 1 y 1 (thoả mãn điều kiện) Câu (6,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R) Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến (O) qua A và H cắt (O) điểm thứ hai K Dựng trung trực đoạn HK cắt (O) B và C Chứng tỏ H là trực tâm tam giác ABC Tính số đo góc A tam giác ABC (6,0 điểm) 4.1 + Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứng với (2 đ) qua BC, nên chúng nhau, suy ra: 0,25 BHC BKC Vẽ tia CH cắt AB E và tia BH cắt AC D Ta có: BAK BCK (góc nội tiếp cùng chắn cung BK ) và BCH BCK (CI là đường cao tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc C) Suy ra: BAK BCE 0 Mà BAK ABC 90 nên BCE ABC 90 0,25 0,5 0,5 Do đó: BEC 90 , nên CE là đường cao thứ hai tam giác ABC 0,5 (5) H là giao điểm hai đường cao AI và CE tam giác ABC, H là trực tâm tam giác ABC 4.2 + Trường hợp H đường tròn (O): (4 đ) Kẻ đường kính FG (O) vuông góc với dây BC M, thì M là trung điểm BC Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung 0,25 0,25 AG KF AG KF (1) Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy ra: 0,25 AG = OH (2) Từ (1) và (2) suy KF = HO, nên HKFO là hình thang cân (2 đ) Mà BC là trung trực HK nên là trung trực OF, nên 0,25 R OM OM OF cos FOC FOC 600 2 OC 1 BAC BOC FOC 600 Mà (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung 0,5 0,5 BC) + Trường hợp H ngoài (O) trên nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính PQ là tiếp tuyến (O) A Khi đó tam giác ABC có góc nhọn và góc tù (góc C tù chẳng hạn) Ta có: HBI AHB 90 , HBI IBK (đối xứng (1 đ) qua BI), IBK CAK (góc nội tiếp cùng chắn cung KC), nên CAH AHB 90 , suy ra: BH AC D Vậy H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm OF và BAC 60 + Trường hợp H trên nửa đường tròn (A) đường kính PQ và không chứa O: Khi đó A là góc tù Ta chứng minh tương tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm bán kính OF 0 Suy MOC 60 BOC 120 (1 đ) Mà BFC BOC 120 (2 góc đối xứng qua BC) Nhưng BAC BFC (góc nội tiếp cùng chắn cung BKC Vậy BAC 120 Câu (2,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh : a bc Bài (2,5đ) 0,25 b ca Áp dung Côsi : 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 c 2 ab a bc bc bc ( 1) a a = 2a 0,5 0,5 (6) Suy : a 2a b c a b c ( dấu " = " a = b + c) 0,25 Tương tự : b 2b a c a b c 0,25 c 2c a b a bc ( dấu " = " b = c + a) Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên , ta : dấu " =" không xảy 0,5 ( dấu " = " c = a + b) a bc b ca a b c b ca c 2 a b c 2 a b 0,5 (7)