Đang tải... (xem toàn văn)
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút.. Tính giá trị của biểu thức Câu 2 4 điểm.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4 điểm) A 1 1 x2 a) Rút gọn biểu thức x 1 (1 x)3 (1 x)3 x2 với 2 b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > và a a b ab 6b 0 a 4b B b 4a Tính giá trị biểu thức Câu (4 điểm) 2 a) Giải phương trình x ( x 2) 4 x x 5 x y xy 26 b) Giải hệ phương trình 3x (2 x y )( x y ) 11 Câu (4 điểm) a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy xy x 32 y b) Tìm tất các số nguyên tố p có dạng p=a2+b2 +c2 với a; b; c là các số nguyên dương cho a4+b4 +c4 chia hết cho p Câu (6 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 (2 điểm) Cho x;y;z >0 chứng minh x y z 3x x 3y z y 3z (2) Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN THANH HOÁ HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP MÔN THI: TOÁN Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết đúng thì giám khảo cho điểm tối đa Câu Nội dung A Câu 1a: (1,0 đ) Câu 1b: (1,0 đ) x x x2 1 x x2 x2 0.5 1 x 1 x 1 x 1 x 0.5 x2 x 0.5 2x = x a a 2b ab 6b3 0 (a 2b)(a ab 3b ) 0 (*) 0.5 2 Vì a > b > a ab 3b nên từ (*) ta có a = b 0.5 Vậy biểu thức B Câu 2a: (1,0 đ) x2 Điểm a 4b 16b 4b b 4a b 64b 0.5 12b 4 63b 21 Đặt B 0.5 0.5 t x x t 2 x x x t2 x 2 2 t t2 4 t t 2t 0 t 2 ta phương trình x x x x 4 2 x x 16 x x 0 Với t = -4 ta có x x x 2 x x x x 2 4 2 x x 4 x x 0 Với t =2 ta có 0.5 0.5 0.5 0.5 (3) x x x Câu 2b: (1,0 đ) 3 Kết luận nghiệm phương trình a b 26 Đặt 2x+y =a; x-y=b biểu diễn hệ a b ab 11 a b ab 19 a b 6 ab 5 tìm Giải hệ trên cuối cùng tìm được(x;y) 0.5 0.5 (2;1); (2; 3) 05 xy xy x 32 y x( y 1) 32 y Do y nguyên dương Câu 3a: (1,0 đ) y 0 x 32 y ( y 1) 0.5 Vì ( y, y 1) 1 ( y 1) U (32) 2 0.25 mà 32 2 ( y 1) 2 và ( y 1) 2 (Do ( y 1) ) 2 0.5 *Nếu ( y 1) 2 y 1; x 8 *Nếu ( y 1) 2 y 3; x 6 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình là: 0.5 x 8 y 1 x 6 và y 3 Vai trò a; b; c bình đẳng giả sử a b c Câu 3b: (1,0 đ) P= a2+b2+c2 nên (a4+b4+c4+ 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 ) p Suy 2a2b2+2b2c2 +2c2a2 p a,b,c nguyên dương nên p 3 (2;3)=1vậy a2b2 +b2c2+c2a2 p Suy (a2b2 + c2p –c4) p suy (ab-c2) (ab+c2)p ab < 2ab a2+ b2 nên 1<ab+c2< a2+b2+c2=p suy ( p; ab+c2) =1 buộc c2 –ab p mà a b c nên c2 –ab <p buộc c2-ab =0 c2=ab nên a=b=c suy p =3a2 mà p nguyên tố nên p=3 0.5 0.5 0.5 (4) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta có 1 O 1 A 1 2 sđ AM (1) 0.5 Câu 4a: (1,0 đ) Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1 M1 (2) 0.5 Tứ giác MHOK nội tiếp O1 K1 (cùng chắn MH ) (3) 0.5 1 K M 1 Từ (1), (2), (3) ta có hay HKM 2AMH 0.5 Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 0.5 Câu 4b: (1,0 đ) 1 O 1 A O 1 sđ BM sđ BM ; O A 1 tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên đường tròn D D G OGF và ODE đồng dạng OG GF OD DE hay OD.GF = OG.DE 0.5 0.5 0.5 (5) Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA AMA ' A 600 BAA' A MAB A'AC MB A'C Câu 4c: (1,0 đ) 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 AI R AB R 2 Gọi I là giao điểm AO và BC Giá trị lớn chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R 0.5 0.5 0.5 0.5 Áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta ( Câu 5: (1,0 đ) x y z x y z ) 3( ) z 3x x 3y y 3z z 3x x y y 3z z x y 3 z x x y y 3z z x y Ta có : z 3x x y y 3x z2 x2 y2 2 = z 3xz x yx y yz Áp dụng BĐT cauchy-schwarz z2 x2 y2 ( x y z )2 3( x y z ) z 3xz x yx y yz ( x y z ) ( xy yz zx ) 4( x y z ) z x y Nên 3- z 3x x y y 3x từ đó suy đpcm dấu “=” xảy : x=y=z 0.5 0.5 0,5 0.5 (6)