TOAN GIA LOC 1516

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN GIA LỘC ĐỀ CHÍNH THỨC.. 2,0 điểm Giải phương trình:.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN GIA LỘC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: 1) A x2 x 1   x x  x  x 1 B x  với x 0, x 1   13  48 6 2) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: 1) x  x  x  x  0 x  10  x  x  20 2) Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên : x  xy  2014 x  2015 y  2016 0 2 2) Tìm số nguyên tố k để k  và k  16 đồng thời là các số nguyên tố Câu (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD O Goïi M là điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM 1) Chứng minh tam giác OME vuông cân 2) Chứng minh ME // BN 3) Gọi H là giao điểm OM và BN Chứng minh CH  BN Câu (1,0 điểm) 1   4 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y z 1   1 Chứng minh rằng: x  y  z x  y  z x  y  z Hết * Ghi chú: Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay Không vẽ hình bút chì Họ và tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: …… … Chữ ký giám thị ……………… Chữ ký giám thị 2…………… PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN GIA LỘC Câu (2 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Đáp án Biểu điểm 1.( 1điểm ) A x 2      x  x  x 1 x   x  1 x   x 1  x  x 1 0.25 x1  0.25  x  0.25  x  x  x 1  x  1   x  1  x  x 1 x  x  x1 x  x  x 1 x   Vậy với x 0, x 1 thì A x x 1 x x  x 1 0.25 (1 điểm ) Ta có : A   13  48 6  3 5 (2  1) 6 2     (  1)   6 6   (2điểm ) 2 84  6 6 (  6)  6 1 6 6 Vậy A = 1.( điểm ) Vì x = không là nghiệm phương trình nên x 0 Chia hai vế phương trình cho x ta được:    x2    x   1   x    0 x  1 y x  y  x  x thì x Đặt 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Do đó ta có phương trình: 2( y  2)  y  0 0,25  y  0   2y2-7y+5=0  (y-1)(2y-5) =  y  0 x x -1 =  x2-x+1 = vô nghiệm vì *Với y-1 = ta có 1  x     0, x  2 x2- x + 1=  1  x  x  -5 =  2x2 -5x + = *Với 2y-5 = ta có   x 2   x 1  (2x - 1).(x - 2) =  Vậy x = và x = là nghiệm phương trình 0,25 0,25 2.( điểm ) 2 x 10  x  x  20 Điều kiện xác định: 3x  10 x  x  20  x  x  20  3x  10 0  ( x  x  9)  x 10  x  10  0 x  10 2  ( x  3)  ( x  10  1) 0 ( x  3) 0  2  ( x  10  1) 0 (vì ( x  3) 0 và ( x  10  1) 0 )  x  0    x  10  0  x  (thỏa mãnđiều kiện) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 3 (2 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 1) Ta có : x  xy  2014 x  2015 y  2016 0  x  xy  x  2015 x  2015 y  2015 1  x( x  y  1)  2015( x  y  1) 1  ( x  2015)( x  y  1) 1 Vì x, y  Z nên x-2015 và x + y +  Z và là ước 0,25 Ta có các trường hợp sau:  x  2015 1  x 2016   x  y     y  2016 *  x  2015   x 2014   *  x  y    y  2016 Vậy phương trình có nghiệm là (2016;-2016); (2014; -2016) 0,25 0,25 0,25 2 2) Vì k là số nguyên tố suy k   5; k  16  n N  -Xét k = 5n  mà k là số nguyên tố nên k = Khi đó k2 + = 29; k2 +16 = 41 là các số nguyên tố n  N   k 25n  10n   k  45 -Xét k = 5n+1  0,25  k  không là số nguyên tố n  N  k 25n 20n   k  165  - Xét k = 5n +   k  16 không là số nguyên tố n  N  k 25n  30n   k  165  - Xét k = 5n +3   k  16 không là số nguyên tố 0,25 0,25 n  N  k 25n  40n  16  k  45  - Xét k = 5n+4   k  không là số nguyên tố Câu (3điểm ) 0,25 2 Vậy để k  và k  16 là các số nguyên tố thì k = (1 điểm ) Hình vẽ E _ A 0,25 B 1 O M H D C N Xét ∆OEB và ∆OMC, ta có: OB = OC(vì ABCD là hình vuông)  C  45 B BE = CM (gt) Suy ∆OEB = ∆OMC (c.g.c) 0,25  O   OE = OM và O     Lại có O  O3 BOC 90 (vì tứ giác ABCD là hình vuông)  O   EOM   O 90 0,25 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân O 0,25 (1 điểm ) Vì ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD AM BM   AB // CN  MN MC (Theo hệ ĐL Ta- lét) (*) 0,25 Mà BE = CM (gt) và AB = BC  AE = BM 0,25 AM AE  Thay vào (*) ta có : MN EB 0,25 AM AE  ∆ABN có MN EB  ME // BN 0,25 (theo ĐL Ta-lét đảo) (1 điểm )   Từ ME // BN  OME OHB ( cặp góc đồng vị)   Mà OME 45 vì ∆OEM vuông cân O    MHB 450 C  ∆OMC ∆BMH (g.g) 0,25 OM MC  MB MH   kết hợp OMB CMH (hai góc đối đỉnh)  ∆OMB ∆CMH (c.g.c)  (1 điểm )    OBM MHC 450 0    Ta có BHC BHM  MHC 45  45 90 Do đó CH  BN 1 1     Chứng minh BĐT : a  b  a b  0,25 0,25 0,25 (*) Dấu xảy a = b 0,25 Áp dụng BĐT (*) vào bài toán ta có: 1 1 1       2x  y  z x  y  x  z  x  y x  z  1 1 1       x  2y  z x  y  y  z  x  y y  z  1 1 1       x  y  2z x  z  y  z  x  z y  z  0,25 Suy 1 1  1         2x  y  z x  y  z x  y  2z  x  y y  z z  x  Tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta có: 1 1 1 1 11 1             x y 4 x y; yz 4 y z  ; zx 4 z x 1 1  1 1    .2     1 Suy x  y  z x  y  z x  y  z 4  x y z  1   1 2x  y  z x  y  z x  y  2z x  y z  Dấu xảy Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa Hết 0,25 0,25