b Chứng minh rằng: Hiệu các bình phương của hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho 8.. Cho tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH.[r]
(1)UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014 MÔN THI: TOÁN LỚP (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề: Bài 1: (4 điểm) a) Chứng minh rằng: Với n Z thì n3 + 11n luôn chia hết cho b) Chứng minh rằng: Hiệu các bình phương hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho Bài 2: (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức 3( ab b) ( a b)3 2a a b b a b a a b b A= với a > 0, b > và a b x2 x 1 b) Tìm giá trị x để biểu thức y = x 2x có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó Bài 3: (4 điểm) a) Giải phương trình: x 2x x 2x 7 2x y x y 0 b) Giải hệ phương trình: 2x y x y Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có đường cao AH Tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt các tiếp tuyến B và C theo thứ tự D và E Gọi I là giao điểm CD và BE Chứng minh rằng: a) A, I, H thẳng hàng b) AI = IH c) DE.AI = DB.EC Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC D Vẽ đường kính DE; AE cắt BC M Chứng minh rằng: BD = CM -Hết - (2) UBND HUYỆN LONG PHÚ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2013-2014 Khóa ngày 20/01/2014 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán lớp Bài 1: (4 điểm) a) (2 điểm) Ta có: n3 + 11n = n3 – n + 12n (0,5 điểm) = (n – 1)n(n + 1) + 12n (0,5 điểm) Do (n – 1)n(n + 1) là tích số liên tiếp nên (n – 1)n(n + 1) chia hết cho (0,5 điểm) Mặt khác: 12n chia hết cho (0,25 điểm) Do đó: n + 11n chia hết cho (0,25 điểm) b) (2 điểm) Gọi hai số tự nhiên lẻ liên tiếp là 2n + và 2n + (n N) (0,25 điểm) Ta có: (2n + 3)2 – (2n + 1)2 = 4n2 + 12n + – (4n2 – 4n + 1) (0,5 điểm) = 8n + (0,25 điểm) = 8(n + 1) (0,25 điểm) Mà 8(n + 1) chia hết cho (với n N) (0,25 điểm) 2 Do đó (2n + 3) – (2n + 1) luôn chia hết cho (0,25 điểm) Vậy: Hiệu các bình phương hai số tự nhiên lẻ liên tiếp luôn chia hết cho (0,25 điểm) Bài 2: (4 điểm) a) (2 điểm) Với với a > 0, b > và a b, ta có: 3( ab b) ( a b)3 2a a b b a b a a b b A= 3( ab b) a a 3a b 3b a b b 2a a b b a b3 = ( a b)( a b) (0,5 điểm) b( a b) 3a a 3a b 3b a a b3 = ( a b)( a b) (0,25 điểm) b(a ab b) 3a a 3a b 3b a 3 a b a b3 = (0,5 điểm) 3a b 3b a b3 a 3a b 3b a = a b3 (0,25 điểm) (3) 3( b3 a ) a b3 = =3 b) (2 điểm) Điều kiện: x -1 2 x x (x 2x 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) y = x 2x = Đặt t = x + 1, ta có: t2 t 1 1 1 2 t t t y= (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) 1 1 1 t = (0,25 điểm) 1 1 t 2 = (0,25 điểm) Suy y nhỏ t = 2, tức là x = Bài 3: a) (2 điểm) Điều kiện: x (0,25 điểm) (0,25 điểm) x 2x x 2x 7 2x 2x 2x 2x 7 2 2x 2x 14 2x 2x 14 2x 2x 14 2x 5 2x 25 x 15 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 15 b) (2 điểm) 2x y x y 0 2x y x y (*) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (4) X 2x y Y xy Đặt 3X 6Y X Y 0 Hệ (*) trở thành: (**) 3X 6Y 6X 6Y 0 (**) X Y 1 2x y 2x y 3 1 x y 3 Hay x y x 2 y 1 (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) Vậy hệ phương trình (*) có nghiệm là (2;1) Bài 4: E A D I B H O C a) (1,25 điểm) Ta có BC là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Suy ra: BD // CE (0,25 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác IDB, ICE ta được: ID DB DA IC CE AE (DA =DB, CE = AE theo tính chất các tiếp tuyến cắt nhau) (0,25 điểm) (5) Do đó AI // CE (theo định lý Talet đảo) (0,25 điểm) Suy AI BC (0,25 điểm) Vì AI BC, AH BC nên A, I, H thẳng hàng (0,25 điểm) b) (1,5 điểm) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác EAI, EDB, IDB, ICE, CIH, CDB, ta được: AI EI DB EB (1) (0,25 điểm) HI CI BD CD (2) (0,25 điểm) EI CI EI CI EI CI EB CD BI DI EI BI CI DI (3) (0,5 điểm) Từ (1), (2) và (3), ta được: AI IH BD BD (0,25 điểm) Suy AI = IH (0,25 điểm) EDB , đó: c) (0,75 điểm) Ta có: EAI (0,25 điểm) EA AI ED DB (0,25 điểm) ED.AI = EA.DB = DB.EC (vì EA = EC) (0,25 điểm) Bài 5: (4,5 điểm) A H E K N O B D M Vẽ tiếp tuyến HEK đường tròn (O) (H AB, K AC), ta có: ED HK, ED BC HK // BC (0,5 điểm) Gọi N là tiếp điểm đường tròn (O) tiếp xúc với AC, OK, OC là hai tia phân giác hai góc kề bù EON, NOD (tính chất tiếp tuyến) 900 KOC (0,25 điểm) OEK CDO Xét và có: OEK CDO 900 , (0,25 điểm) OKE COD (cùng phụ với EOK ) (0,25 điểm) OEK CDO Do đó (0,25 điểm) C (6) EK OE OD CD EK R Vậy R CD (0,25 điểm) (0,25 điểm) HE R Chứng minh tương tự ta có: R BD (0,5 điểm) EK BD EK BD EK HE BD CD Do vậy: HE CD (0,5 điểm) EK BD hay HK BC (1) (0,25 điểm) Tam giác ABM có HE // BM, áp dụng hệ định lý Talet tam giác, có: HE AE BM AM (0,25 điểm) EK AE CM AM Tương tự ta có: (0,25 điểm) HE EK EK EK HE CM CM BM Do đó: BM CM (0,25 điểm) EK HK EK CM HK BC Hay CM BC (2) (0,25 điểm) Từ (1) và (2) cho ta: BD = CM (0,25 điểm) * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, đúng cho đủ điểm ng cho đủ điểm (7)