Day them thi bi thanh tra lam them thi bi khinh k song duoc tren viet nam

Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.. Kết luận nghiệm của phương trình..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2 điểm) 1 1 x2  (1  x)3  (1  x)3  với 1  x   1 x2 b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > và a  a 2b  ab  6b3  a) Rút gọn biểu thức A  Tính giá trị biểu thức B  a  4b b  4a Câu (2 điểm) a) Giải phương trình x ( x  2)   x x   x  2x  y b) Giải hệ phương trình   y  y  x Câu (2 điểm) a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy  xy  x  32 y b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  là số chính phương Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H là điểm di động trên đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K là hình chiếu M trên OB a) Chứng minh HKM  2AMH b) Các tiếp tuyến (O, R) A và B cắt tiếp tuyến M (O, R) D và E OD, OE cắt AB F và G Chứng minh OD.GF = OG.DE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Câu (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac  abc Tìm giá trị nhỏ 4ab 9ac 4bc biểu thức C    a  2b a  4c b  c Hết -Họ và tên thi sinh………………………………………… số báo danh………… Chữ ký giám thị 1……………………… chữ ký giám thị 2……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết đúng thì giám khảo cho điểm tối đa Câu   x2 A Câu 1a: (1,0 đ) Câu 1b: (1,0 đ)  Nội dung Điểm  0.25   x   x   x2   x2  1 x  1 x     x   x   1     x2  1   x2 0.25  x2    x   2x = x 0.25 a  a 2b  ab  6b3   (a  2b)(a  ab  3b )  (*) 0.25 Vì a > b >  a  ab  3b  nên từ (*) ta có a = b 0.25 a  4b 16b  4b  b  4a b  64b 0.25 Vậy biểu thức B  B 12b 4  63b 21 0.25 t2 2 t  4 t   t  t  2t     ta phương trình t  Đặt t  x x   t   x  x   x  x    Câu 2a: (1,0 đ)  x  x   4 2 x  2x   2 x  x  16 Với t = -4 ta có x x   4     x    x x   x  x   4 2 x  2x   2 x  x  Với t =2 ta có x x      x   x  x   Câu 2b: (1,0 đ) 0.25   0.25 0.25 0.25 0.25  Kết luận nghiệm phương trình Từ hệ ta có x3 (2 y  x)  y (2 x  y)  ( x  y )  xy  x  y   0.25 x  y  ( x  y )3 ( x  y )    x  y 0.25 * Với x = y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 3; );(  3;  ) 0.25 * Với x = - y ta tìm (x ; y) = (0; 0); ( 1; 1 );( 1;1 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (0; 0); ( 3; );(  3;  );( 1;1 );( 1; 1 ) 0.25 xy  xy  x  32 y  x( y  1)  32 y Do y nguyên dương  y    x  Câu 3a: (1,0 đ) 0.25 32 y ( y  1)2 Vì ( y, y  1)   ( y  1)  U (32) mà 32  25  ( y  1)2  22 và ( y  1)2  24 (Do ( y  1)2  ) *Nếu ( y  1)2  22  y  1; x  *Nếu ( y  1)2  24  y  3; x  Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là: x   y 1 0.25 0.25 0.25 x  và  y  2a  a  3b  b  (a  b)(2a  2b  1)  b (*) Gọi d là ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) ( d  Câu 3b: (1,0 đ) 0.25 * ) Thì  ( a  b)  d   a  b  2a  2b  1 d  (2 a  b  1)  d   b  d  b d Mà (a  b) d  a  d  (2a  2b) d mà (2a  2b  1) d  1 d  d  Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a  b và 2a  2b  là số chính phương => 2a  2b  là số chính phương 1 A1  O1  sđ AM 2 H M 0.25 (1) 0.25 1O Câu 4a: (1,0 đ) K B C Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A1  M1 (2) 0.25 Tứ giác MHOK nội tiếp  O1  K1 (cùng chắn MH ) (3) 0.25 Từ (1), (2), (3) ta có M1  1 F H G B 0.25 M E K1 hay HKM  2AMH Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) A D Câu 4b: (1,0 đ) 0.25 Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta có A x 0.25 0.25 O C 1 A1  sđ BM ; O1  O2  sđ BM 2  A1  O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5) 0.25 Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên đường tròn  G1  D  D1  OGF và ODE đồng dạng OG GF   hay OD.GF = OG.DE OD DE M 0.25 Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA  AMA ' A 0.25   A1  A  600  BAA'   MAB  A 'AC  MB  A'C H 0.25 O A' Câu 4c: (1,0 đ) B C I  MA  MB  MC Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB  MC  AB  2R  AB Đẳng thức xảy MC là đường kính (O) => M là điểm chính cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB là 2R + AB AB R  AB  R 2 Giá trị lớn chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R Từ gt : 2ab  6bc  2ac  abc và a,b,c > Gọi I là giao điểm AO và BC  AI  c a b  x, y , z  1 đặt x  , y  , z    a b c 2 z  x  y  4ab 9ac 4bc      Khi đó C  a  2b a  4c b  c x  y x  z y  z C   2x  y   4x  z   y  z  (2 x  y  x  z  y  z ) 2x  y 4x  z yz 0.25 0.25 0.25 Chia hai vế cho abc >     Câu 5: (1,0 đ) ,y  z  thì C = Vậy GTNN C là a =2; b =1; c = 0.25 2         x  2y     4x  z     y  z   17  17  x  2y   4x  z    y  z    Khi x  0.25 0.25 0.25