b Xét điểm M nằm trên đường chéo AC, kẽ MN AB tại N, gọi O là trung điểm của AM.. Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAC.[r]
(1)UBND HUYỆN HOÀI NHƠN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Khóa thi: Ngày 23/04/2016 Bài (4.0 điểm): a) Chứng minh rằng: Chữ số tận cùng hai số tự nhiên n và n5 là b) Tìm tất các số nguyên x thỏa mãn: x2 + x – p = 0; với p là số nguyên tố Bài (3.0 điểm): a) Cho ba số a, b, c khác và thỏa mãn: a + b + c = Tính giá trị biểu thức: P 1 2 2 a b c b c a c a2 b2 b) Tìm giá trị nhỏ các biểu thức sau: A x x3 x2 x 2015 ; B x x 2016 x2 Bài (3.0 điểm): P 1 1 x x x 3x x x x x 12 x x 20 Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có giá trị b) Rút gọn biểu thức P c) Tính giá trị P x thỏa mãn: x3 – x2 + = Bài (4.0 điểm): a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b) Tìm tất các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 10x2 + 50y2 + 42xy + 14x – 6y + 57 < Bài (4.0 điểm): Cho M là điểm nằm hình vuông ABCD có cạnh a) Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 b) Xét điểm M nằm trên đường chéo AC, kẽ MN AB N, gọi O là trung điểm AM Chứng minh rằng: CN2 = 2.OB2 Bài (2.0 điểm): ˆ ˆ ˆ ABC ˆ Cho tam giác ABC có A B Trên cạnh BC lấy điểm H cho HAC Đường ˆ cắt BH E Từ trung điểm M AB kẽ ME cắt đường thẳng AH phân giác góc BAH F Chứng minh rằng: CF | | AE Họ tên thí sinh:…………………………………………… SBD:………… (2) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KỲ THI HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Bài Nội dung +) Với n = 0; n = 1, rõ ràng n và n5 có chữ số tận cùng giống P n5 n n n n n 1 n 1 n +) Với n Ta xét hiệu: n n 1 n 1 n 5n n 1 n 1 n n 1 n n 1 n a (2đ) Ta có: Trong k số tự nhiên liên tiếp tồn số chia hết cho k Do đó: ( n 1) n(n 1)2 5n(n 1)( n 1)5.2 10 Điểm 0,25đ 0,75đ 0,5đ n n 1 n n 1 n 2.5 10 (4đ) 5 Suy ra: P n n 10 n n có chữ số tận cùng là Chữ số tận cùng hai số n và n5 là (đpcm) Ta có: x2 + x – p = p = x2 + x p = x(x + 1) b (2đ) a (1đ) Với x Z , ta có x và (x + 1) là hai số nguyên liên tiếp p x( x 1) 2 Mặt khác p là số nguyên tố p = x(x + 1) = (x – 1)(x + 2) = x = 1, x = – 2 a b c 0 a b c a b c a b c 2ab Từ 2 2 2 Tương tự: b c a 2bc ; c a b 2ca 1 c a b P 0 2ab 2bc 2ca 2abc Do đó: +) Ta có: A x x x x x 2013 x x x x x 2013 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ x x x 1 2013 x x 1 2013 x Với x, ta có: (3đ) b (2đ) a (0,5đ) 2 x 1 0 A x x 1 2013 2013 Đẳng thức A = 2013 xảy và khi: x – = x = Vậy giá trị nhỏ A là: minA = 2013 x = 2016 x x.2016 20162 B 2016 x +) Ta có: x 2016 2015 x x 2016 2015 2016 2016 x 2016 x Với x 0, ta có: 2 x 2016 x 2016 0 2015 2015 B 2 2016 x 2016 x 2016 2016 2015 B 2016 xảy và khi: x – 2016 = x = 2016 Đẳng thức 2015 B 2016 x = 2016 Vậy giá trị nhỏ B là: a) Tìm điều kiện đúng: x 0; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ (3) b) Rút gọn đúng: 1 1 P x( x 1) ( x 1)( x 2) ( x 2)( x 3) ( x 3)( x 4) ( x 4)( x 5) b 1 1 1 1 (1,5đ) = x x x x 1 x x x x x x (3đ) 1 x x x x 5 0,5đ 0,5đ 0,5đ Do đó, suy ra: a b c 2 ab bc ca a b c ab bc ca (1) (2,0đ) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a b c a ab ca ; b c a b bc ab c a b c ca bc 2 Do đó, suy ra: a b c 2(ab bc ca ) (2) Từ (1) và (2) ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) 2 Ta có: 10 x 50 y 42 xy 14 x y 57 < (4đ) 2 3x y x y 3 2 0,5đ 0,5đ 0,5đ x 42 xy 49 y x 14 x 49 y y 0,5đ 0,5đ x3 x 0 x 1 x x 0 c) Lập luận được: x 1 x 1 1 0 x 0 x c (thỏa ĐK) (1,0đ) 5 P 1 Tính đúng giá trị: a b 0 a 2ab b2 0 a b2 2ab Ta có: 2 c a 2ca Tương tự: b c 2bc; a 0,5đ 1,0đ x y x y 3 b x y 0 (2,0đ) x 0 2 2 y 3 0 x y x y 3 0 x ; y Vì: và nên: 3x y 1,0đ x 2 x y 3 0 y 3 (H1) (H2) (4đ) a 2 ABCD là hình vuông có cạnh AC BD 2 (2,0đ) M là điểm nằm hình vuông ABCD (H1) MA MC AC 2,0đ (4) 2MA2 2MC MA MC MA MC MA MC 2 2 MA MC 2 MA MC 2 MA MC 2 AC 2 1 2 2 Chứng minh tương tự: MB MD 1 Do đó, suy ra: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 + = (đpcm) Đẳng thức xảy M là giao điểm hai đường chéo AC và BD Kẽ MH BC H (H2) MH = NB ANM vuông cân N có O là trung điểm cạnh huyền AM ON MN2 = 2ON2 MN 2 (1) MH NB MHC vuông cân H MC2 = 2MH2 MC 2 MC 2 (2) ON NB b MN MC (3) (2,0đ) Từ (1) và (2) suy ra: Hai tam giác ONB và NMC có: ON NB ˆ NMC ˆ ONB (vì cùng 1350) và MN MC ( theo (3)) 2,0đ OB ON OB ON NMC (c-g-c) NC MN NC MN (4) Suy ONB OB 2 NC2 = 2.OB2 (đpcm) Từ (1) và (4) suy ra: NC (2đ) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Ta có: CEA B BAE HAC EAH CAE CAE cân C CA = CE (1) Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF K Ta có: BE MB MA FA (2) EH KH KH FH BE AB (3) EH AH AE là phân giác ABH AB CA CE AH CH CH (theo (1)) CAH và CBA đồng dạng (4) FA CE AH EH AE CF FH CH hay FH CH Từ (2), (3), (4) (đpcm) 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ (5) Ghi chú: - Điểm bài thi làm tròn đến chữ số thập phân thứ - Mọi cách giải khác (nếu hợp lí và đúng) ghi điểm tối đa (6)