Chứng minh rằng tổng bình phương độ dài các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.. Bài 5: 2 điểm Cho tam giác vuông có số đo ba cạnh là các số nguyên, trong đó số đo của hai cạnh là hai số ng[r]
(1)PHÒNG GD - ĐT TĨNH GIA ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI (VÒNG 2) Năm học 2013-2014 Môn thi: Toán - Lớp Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 25/02/2014 Bài 1: (4 điểm) a) Cho a+b+c =0 Tính giá trị biểu thức sau : P= b −c c − a c a b + + + + ( a −b c a b ) ( a −b b −c c − a ) b) Thu gọn tổng sau N = 13 +23+ +n3 với n>1 và n N Bài 2: (4 điểm) a) Cho số nguyên x,y,z thoả mãn: x2 + y2 =z2 Chứng minh xyz 60 b) Tìm số tự nhiên khác cho tổng các nghịch đảo chúng là số nguyên Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x −1 ¿ ¿ ¿ x3 x3 + ¿ x y 4 y x 4 b) Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R Lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc điểm A trên BC và điểm I là trung điểm HC a) Chứng minh MH AI b) Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) E và F (điểm E nằm điểm M và điểm F); đường thẳng AI cắt đường tròn (O) G (điểm G khác điểm A) Chứng minh tổng bình phương độ dài các cạnh tứ giác AEGF không đổi Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác vuông có số đo ba cạnh là các số nguyên, đó số đo hai cạnh là hai số nguyên tố và hiệu chúng 50 Tính số đo nhỏ cạnh thứ ba có thể đạt Bài 6: (2 điểm) Cho x,y,z lµ c¸c sè nguyªn tho¶ m·n x+y+z =1 2 2 2 T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc : M = x xy y y yz z z zx x (Cán coi thi không giải thích gì thêm) (2) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (3) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (VÒNG 2) ( Gồm trang ) Nội dung Câu b c c a a b x ;y ;z a b c a) (2đ) Đặt 1 1 yz zx x y x y z 3 x y z x y z Khi đó P = yz a c a a b a c ac ab b x b c b c b c bc Ta có a (c b).(c b a ) 2a bc bc (vì c+b= -a) = b c Điểm (1) 1.0 z x 2b x y 2c ac và z ab Tương tự y yz zx x y y z = Suy x 3 a b c 2.(a b3 c ) (b c) b c abc abc bc ca ab 6bc(b c) 6 abc = (vì c+b= -a) (2) 1.0 Từ (1) và (2) suy P = (4đ) b) (2đ) Ta có n3–n = n( n2-1) = n(n-1).(n+1) suy : n3 = n(n-1).(n+1) +n Vậy N = 13 +23+ +n3 = (0.1.2 +1)+ (1.2.3+2)+ + {n(n-1).(n+1) +n} = {1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1)}+ { 1+2+ +n} Đặt A= 1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1) và B = 1+2+ +n 1.0 Ta có 4.A = 4.{1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1)} = 1.2.3.4+2.3.4.4+ +n(n-1).(n+1).4 = 1.2.3.(4-0)+ 2.3.4.(5-1)+ + n(n-1).(n+1).{(n+2)-(n-2)} = 1.2.3.4- 0.1.2.3 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 + + n(n-1).(n+1) (n+2)- (n-2) n(n-1).(n+1) = n(n-1).(n+1) (n+2)- 0.1.2.3 (n 1).n(n 1).(n 2) n(n 1) Vậy A = và B = n(n 1) Từ đó suy N = 13 +23+ +n3 = (A+B) = a) (2đ) 1.0 (4) (4đ) * Chứng minh xyz chia hết cho +) Nếu xy chia hết cho thì xyz chia hết cho +) Nếu xy không chia hết cho thì x2 và y2 chia dư dư Khi đó z2 = x2 + y2 chia dư hoặc vì z2 không thể chia dư dư => z2 chia hết cho hay z chia hết cho Vậy xyz chia hết cho * Chứng minh xyz chia hết cho - Nếu x y không chia hết cho thì x2 y2 có thể chia dư đó z2 chia dư (Vô lí) Vậy xy chia hết cho hay xyz chia hết cho * Chứng minh xyz chia hết cho +) Nếu x ,y chẵn thì xyz chia hết cho +) Nếu hai số x y có số lẻ, giả sử x chẵn, y lẻ suy z lẻ Đặt x =2k; y = 2n+1, z = 2m+1.Theo bài : (2m+1)2 = 4k2+ (2n+1)2 suy k2 = m(m+1)-n(n+1) chia hết cho => x chia hết cho Vậy xyz chia hết cho Mà (3,4,5) =1 nên xyz chia hết cho 60 b)(2đ) Gọi số tự nhiên thoả mãn đề bài là x, y, z với x,y,z khác và khác 1 1 1 Giả sử x< y <z đó ta có < x y z < ta cần tìm x, y, z để x y z 0.5 0.5 1.0 0.5 có giá trị nguyên , đó có trường hợp sau: 1 TH1) x y z = , 1 Ta có 1= x y z < x suy x < - Xét x =1 (loại) 1 - Xét x =2 đó y z < y => <y<4 0.5 => y = => z= (thoả mãn ) Ta cặp số (2 ;3 ;6) 1 TH2) x y z =2 1 3 Ta có = x y z < x suy x < 1 1 => x =1 => y z < y suy x <y <2 (loại) (4đ) Vậy từ các TH trên ta số thoả mãn đề bài là ; và a) (2đ) ĐK : x 1 1.0 0.25 Ta có x −1 ¿ ¿ ¿ 3 x x + ¿ 0.25 (5) x x x 3x x x x 0 x 1 x x 1 x 0.5 x2 x2 x2 3x 0 x x x x 1 1.0 x x x2 1 x 1 x 1 x x2 x2 x2 1 1 1 0 x x x x2 -2x +2 = (x-1)2 +1 = Phương trình vô nghiệm b)(2đ) Đk: 3 x 4; y 4 2 0.25 x y 4 y x 4 y u (u 0) và x v (v 0) 0.25 11 2v u 4 11 2u v 4 => 0.5 Đặt suy : y = 4- u2 và x= 4-v2 thay vào hệ ta có : 11 2v (4 u ) 2 11 2u (4 v) Trừ vế các phương trình hệ ta : 2(u2- v2) = (8-u-v).(v-u)=> (u-v).(u+v+8) = => u= v vì u+v+8 >0 Khi đó: 11-2v2 = (4-v)2 => 3.v2 -8v + =0 Đưa dạng tích ta có v = v = (thoả mãn ) +) Nếu v = thì x = y =3(TM) 1.0 11 +) Nếu v = thì x = y = (TM) 11 11 Vậy nghiệm hệ là (x ; y) = (3,3) (x ; y) = ( , ) a) (2đ) (4®) Ta có = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = (cùng phụ với ) (1) AH AB Lại có AHB ∽ CHA (g-g) suy CH CA AM AH AH AM 2CI CA CI CA (2) 1.0 Từ (1) và (2) suy AHM ∽ với CIA (c-g-c) = Mà + = 90 + = 90 MH AI 1.0 (6) b) (2đ) Lấy D đối xứng với G qua O, ta có = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AD / / EF Tứ giác ADFE có AD / / EF ADEF là hình thang cân AE DF , AF ED 1.0 2 2 Ta có AE GF DF GF DG 4 R AF GE DE GE DG 4 R 1.0 2 2 Vậy AE GE GF FA 8R Gọi độ dài ba cạnh tam giác vuông ABC là: a, b, c (a, b, c N*) Ta có: a, b P và b – a = 50: là số chẵn nên a, b lẻ (b > a) Giả sử cạnh thứ ba c là cạnh huyền Theo định lý Pi-ta-go, ta có: c2 = a2 + b2 c2 = a2 + (a + 50)2 = 2a2 + 100a + 2500 = 2(a2 + 50a + 1250): số chẵn Vì a lẻ nên (a2 + 50a + 1250): lẻ đó 2(a2 + 50a + 1250) 4: điều này vô lý vì 1.0 C c là số chính phương chẵn phải chia hết cho Do đó cạnh thứ ba c không thể là cạnh huyền b a Suy b là cạnh huyền (vì b > a) 0.5 (2đ) Theo định lý Pi-ta-go ta có: A B c b2 = a2 + c2 c2 = b2 – a2 = (b – a)(b + a) = 50(b + a) = 52.2.( a + b) Vì c2 là số chính phương nên: Suy ra: a + b = 2k2 (k N*), vì b > 50 nên a + b > 50, đó k Khi đó: (a + b)min = 2.62 = 72, ta có: a b 72 a 11 P 0.5 b a 50 b 61 P : thỏa điều kiện Từ đó: cmin = 5.2.k = 5.2.6 = 60 a = 11, b = 61 Vậy giá trị nhỏ cạnh thứ ba tam giác vuông là 60 0.5 2 2 2 Ta có : x xy y = ( x 2.xy y )+ ( x 2.xy y ) (2đ) 3 = (x+y)2 + (x-y)2 (x+y)2 => 2 x xy y (x+y) 3 2 2 y yz z z zx x (y+z) ; (z+x) Tương tự : Cộng vế theo vế ta M (x+y+z) = 3 x = y = z = Vậy M đạt giá trị nhỏ ( Nếu bài học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa ! ) 0.5 0.5 0.5 (7)