Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ DỰ BỊ Số báo danh KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp THCS Ngày thi 25/03/2015 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu Câu I: (4,0 điểm) a a A : 1 a 1 a a a a a Rút gọn biểu thức với (0 a 1) b 1 1 1 1 Cho 11 Tính giá trị biểu thức B (b b b 3b 4) 33 Câu II: (4điểm) Tìm m để phương trình x 2mx 36 0 có bốn nghiệm phân biệt x1 x2 x3 x4 x x x2 x3 ¿ x − x thỏa mãn 2 3x y x3 y Giải hệ phương trình : Câu III: (4điểm) Cho hai số tự nhiên a và b Chứng minh tích a.b là số chẵn thì luôn tìm số nguyên c cho a2 + b2 + c2 là số chính phương Tìm tất các ba số nguyên dương (x; y ; z) thỏa mãn: xyz = x2 - 2z + Câu IV: (6điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) và điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó Các điểm A ', B ', C ' là giao AI , BI , CI với ( ) Trên cung AC ( ) không chứa đỉnh B, lấy điểm D bất kì Gọi E là giao DC ' với AA ', F là giao DA ' với CC ' Chứng minh rằng: I là trực tâm tam giác A ' B ' C ' Tứ giác DEIF nội tiếp đường tròn Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF luôn thuộc đường thẳng cố định Câu V: (2điểm) Cho ba số dương x, y, z thay đổi thoả mãn điều kiện: x + 2y + 3z = 88 y x 297 z y 11x3 27 z 2 2 xy 16 y zy 36 z xz x Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = Hết http://violet.vn/lemaihoa1301/ (2) Họ tên thí sinh: ……………………………………… Giám thị coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐÁP ÁN ĐỀ DỰ BỊ MÔN THI: TOÁN - LỚP Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) CÂU Ý I ĐIỂM NỘI DUNG a a A : 1 a 1 a a a a a Có a a 1 a : a 1 a ( a 1)( a 1) 0,5 a a 1 a a 1 : a 1 ( a 1)( a 1) a1 A a (với a 1 ) Vậy 1,0 Có 0,5 b 1 1 1 0,5 1 1 1 1 1 1 1 0,25 1 1 3 1 3 4 3 Lại có b b b 3b b b b 3b b (b 1) (b 1)(b 2) 0,25 (b 1)(b3 b 2) (b 1)(b(b2 1) 2) 0,25 b4 b3 b2 3b (b 1) b(b2 1) ( 1)2( 1) 2 Với b thì 0,25 11 11 Vậy B (b b b 3b 4) 33 2 33 2015 0,25 0,25 2 Đặt t x ; t 0 PT đã cho trở thành: t 2mt 36 0 (1) 0,5 II PT đã cho có bốn nghiệm phân biệt x1 x2 x3 x4 ' m 36 m6 ⇔ m 0 t t PT (1) có hai nghiệm thỏa mãn (*) http://violet.vn/lemaihoa1301/ 0,5 (3) x t , x2 t1 , x3 t1 , x4 t Khi đó PT đã cho có bốn nghiệm là Nên x1 x2 x2 x3 ¿ x − x ⇔ √ t 2=3 √ t ⇔ t 2=9 t t1 t2 2m t1t2 36 m 100 t 9t Kết hợp định lý viet phương trình (1) ta có: Kết hợp (*) suy m =10 là giá trị cần tìm 2 x y x3 y Giải hệ phương trình : Điều kiện y 0 2 x z 3z x3 y Đặt z = ta hệ : Trừ vế với vế hai phương trình trên dẫn đến: x – z = z 3z 3 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + ) + > với x, z) 0,5 Thay x = z vào phương trình (1) hệ ta : x3 – 3x – = (x+1)2(x - 2) = x = -1 x = 0,5 2 y y 2 2 2 y 1 nghiệm (x ; y ) là (-1 ; -2) ; (2 ; 1) Từ x = z = y y 0,5 0,2 5đ Ta có ab không tính tổng quát, giả sử a 2 2 2 Lúc đó chọn c = k thì a + b + c = k +2k + = (k +1) a2 + b2 + c2 là số chính phương Nếu b b2 4 mà a2 , đặt a2 +b2 = 4k (k N) Lúc đó chọn c = k -1 thì a2 + b2 + c2 = 4k + (k -1)2 = (k +1)2 a2 + b2 + c2 là số chính phương Vậy luôn chọn c Z cho a2 + b2 + c2 là số chính phương 0,5 0,5 Nếu b thì a2 + b2 , đặt a2 + b2 = 2k+1 (k N) III 0,5 Với x, y , z là các số nguyên dương Xét phương trình z x2 xy là số nguyên dương xyz = x2 – 2z + Nếu x = y thì z = Khi đó số ( x ; x ; 1) với x là số nguyên dương thỏa mãn Nếu x < y thì z < (không thỏa mãn đề bài) Nếu x > y thì x2 + > xy +2 Vì z là số nguyên dương nên x2 + xy + y(x2 + 2) xy + x(xy + 2) -2(x – y) xy + 2(x – y) xy + http://violet.vn/lemaihoa1301/ 0,7 5đ 0,7 5đ 0,2 5đ 0,5 đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,5 đ (4) Do đó tồn số nguyên dương k cho 2(x – y) = k(xy + 2) Nếu k thì x – y xy + (x + 1) (y – 1) + < ( vô lý) Nếu k = thì 2(x – y) = xy + (x + 2) (y – 2) = - Vì x; y nguyên dương nên y = ; từ đó x = ; z = Vậy có số ( x ; y ; 1) với x = y là số nguyên dương tùy ý và (x ; y ; z) = (4 ; ; 3) thỏa mãn phương trình 0,5 đ ABC AA ', BB ', CC ' là các đường phân giác , CA ABC A ', B ', C ' là các điểm chính các cung AB, BC 0,5 IV Do I là tâm đường tròn nội tiếp Gọi H, là giao điểm B'C' với AA'; K, là giao điểm B'A' với CC' AHC ' sd AC ' sd A ' B sd AC ' sd AC ' sdCB ' 2 Ta có: ' sd A ' B sd AB ' sd A ' C ' sd AB ' AHB ' sd BC 2 AHC ' AHB ' 90 AH B ' C ' AI B ' C ' C ' K A ' B ' CI A ' B ' đó I là trực tâm Hoàn toàn tương tự ta 1,0 A ' DC ' sd A ' C ' sd A ' B sd BC ' 2 Có sd A ' C sd AC ' AIC ' 0 Mà FDE A ' DC ', EIC ' AIC ' và EIC ' EIF 180 nên EIF FDE 180 Do đó tứ giác DEIF nội tiếp đường tròn (đpcm) Gọi (1 ) và (2 ) là các đường tròn ngoại tiếp DEIFF và B'HIK , 0,5 0,5 0,5 A ' B ' C ' 0,75 1,0 0,25 0,25 J ( ) ∩ (2 ) (với J B ') suy J cố định Có B' và D cùng thuộc cung AC không chứa đỉnh B đường tròn ( ) nên JDA ' JB ' A ' ' JB ' A ' JB 'K JDF JDA Lại có J , B ', K , I cùng thuộc ' K JIK 1800 ( ) JB http://violet.vn/lemaihoa1301/ 0,25 (5) 0,25 ' K JDF JDF JB , JIK JIF J ( ) JIF 180 mà nên suy 0,25 Đường tròn (1 ) luôn qua hai điểm cố định là I và J nên tâm (1 ) luôn chạy trên đường thẳng cố định, đường thẳng đó là trung trực IJ (đpcm) V x a 2 y b 3z c Đặt 11b3 a3 Q = ab 4b a , b, c a b c 3 Khi đó ta có: 3 11a c 11c b3 ac 4a bc 4c 11b3 a a 3b a b a b 0 a, b Ta chứng minh : ab 4b (1) 3 11a c c 3a c a c a 0 c, a ac 4a (2) 3 11c b b 3c b c b c 0 b, c bc 4c (3) 2 a b c 6 Cộng vế các bất đẳng thức (1),(2),(3) ta P x 1 a b c 1 y z Dấu xảy Vậy Max Q = Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình vẽ sai hình thì không chấm điểm http://violet.vn/lemaihoa1301/ http://violet.vn/lemaihoa1301/ 0,5 0,5 0,5 0,5 (6)