Đang tải... (xem toàn văn)
+ Đáp án gồm có 05 trang + Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng Câu Ý... Thử lại ta thấy 4 thỏa mãn hệ pt đã cho..[r]
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 4/03/2011 (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) A x 3x x x2 x 3x ( x 1) x 2 a Rót gän biĨu thøc: 2 b Phân tích đa thức 4(1 x)(1 y )(1 x y ) 3x y thành nhân tử Câu (4 điểm) 2 a) Giải phương trình x x 10 x x 3( x 1) víi x 2 4x 1 x y 4y z y 4z x z b) Giải hệ phơng trình Câu (4 điểm) a) Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau : x y 2011 2 y z 2011 số hữu tỉ x y z số nguyên tố b) Tìm nghiệm nguyên phương trình : 4x ❑2 - 8y ❑3 + 2z ❑2 + 4x – = Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM Các đường cao AH, BD, CF cắt I Gọi E trung điểm DH Đường thẳng qua C song song với AH cắt BD P; đường thẳng qua C song song với BD cắt AH Q a) Chứng minh PI.AB = AC.CI b) Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH Chứng minh MD tiếp tuyến đường tròn (O) c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) K (K khác C) Chứng minh AB đường trung trực đoạn KR Câu (2 im) Cho số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc.Tìm giá trị lớn biểu thức S= a b c + + 2 √ bc (1+a ) √ ca (1+b ) √ ab(1+c ) ………………………Hết……………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 + Đáp án gồm có 05 trang + Thí sinh làm theo cách khác cho đủ điểm thành phần tương ứng Câu Ý Nội dung a A x 3x x x2 LËp ph¬ng hai vÕ ta đợc: B Trong đó: im x 3x ( x 1) x A3 x x AB x3 3x ( x 1) x víi x 2 (1) x3 3x ( x 1) x x −1 ¿2 (x − ) ¿ ¿4 x −3 x ¿ − ¿ ¿ ¿ ¿ √3 ¿ 2 3 Do ®ã: (1) A x 3x A 0 ( A x)( A Ax x 0) A x 2 A Ax x 0 2 Víi: A vµ x 2 x A Ax x VËy A=x 0,25 0,5 0,25 0,5 2 b 4(1 x y ) 4(1 2 x y ) xy 3x y 2(1 x y ) xy ) (2 xy ) 0,5 0,5 x y xy x y 3xy a 0,25 0,25 2 A = 4(1 x y xy )(1 x y ) 3x y 0,5 0,5 x x 10 x x 3( x 1) (1) Giải phương trình 2,0 31 31 x x 10 2 x 0, x x 2 x 0, x 4 4 Vậy TXĐ: 0,25 0,5 - Nếu x 1 0 x VP(1) 0, VT(1) (khơng thỏa mãn) - Nếu x 1 x (1) x 3 x 1 x x 10 x x 10 x2 x x x 2 (2) Từ (1) (2) suy 2 x x 3x 0,5 3 x 0 x 2 4(2 x x 4) 9 x x x x 15 0 x x 3 x 3, x Thử lại Với x = VT(1) = VP(1) = 12 Vậy phương trình có nghiệm nht x = Giải hệ phơng trình b - Nếu x = hệ có nghiệm (x ; y ; z) (0 ; ; 0) x y 0; z - Nếu Ta có : 1 4x 4x y 1 y 4y z 1 4z 4z x 0,5 0,25 2,00 0,25 4 y x 4 z y 4 x z 0,5 Cộng theo vế phương trình hệ ta 4 0 x y x y z z 2 2 2 0 z x y 1 x y z x y z Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ pt cho 1 1 ; ; Vậy hệ có nghiệm (x ; y ; z) (0 ; ; 0), 4 a Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện x y 2011 m (1) n y z 2011 Ta có , m, n số nguyên thỏa mãn n > 0, (m, n) = (1) nx my 2011 ny mz (2) Vì 0,5 0,5 0,25 2,00 0,5 2011 số vô tỉ m, n, x, y, z số nguyên nên ta có 0,5 nx my xz y ny mz (2) nx – my = ny – mz = 2 2 Ta lại có : x y z x z xz y x z y x y z x y z 2 Vì x y z số nguyên tố x + y + z số nguyên lớn 2 nên x – y + z = Do x y z x y z (3) 2 x x ; y y ; z z Nhưng x, y, z số nguyên dương nên Suy x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = x y 2011 1 2 y z 2011 Khi x y z 3 (thỏa mãn) 0,5 Vậy (x ; y ; z) = (1 ; ; 1) thỏa mãn u cầu tốn b Tìm nghiệm nguyờn ca phng trỡnh Phơng trình đợc biến đổi thµnh 2,00 x x 8 y z (2 x 1) 8 y z (1) 0,5 VÕ tr¸i cđa (1) số phơng lẻ nên chia d (*) 0,5 XÐt vÕ ph¶i cđa (1): 8y chia hÕt cho ; 2z chia hÕt cho nÕu z ch½n , chia cho d nÕu z lẻ vế phải chia cho d (**) Từ (*) (**) suy phơng trình (1) nghiệm nguyên hay phơng trình đà cho v« nghiƯm 0,5 a 0,5 0,5 Chứng minh PI.AB = AC.CI 2,00 C H E P Chứng minh PCB 90 900 ACB C Q 0,5 D I Ta có : C 900 P (1) ACB P A F M Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp CAB PIC (2) Từ (1) (2) PIC CAB ( g.g ) B 0,5 0,5 b PI IC PI AB AC.IC AC AB (đpcm) 0,5 Chứng minh MD tiếp tuyến đường tròn (O) Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường trịn (O) DCI góc nội tiếp chắn cung DI (3) ADB có DM đường trung tuyến MDB cân M MBD MDB MBD DCI 2,00 0,5 0,5 (4) (cùng phụ với CAB ) (5) Ta lại có 0,5 Từ (4) (5) MDB DCI (6) Từ (3) (6) suy MD tiếp tuyến đường tròn (O) c Chứng minh AB đường trung trực đoạn KR 0,5 2,00 C H D MD tiếp tuyến (O) E I MD MK MC c MB MK MC ( MD MB) MB MK MC MB MBC MKB (c.g c) MBK MCB (7) K A 0,5 F M B R Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp CD DH CDH ABC CDH CBA ( g g ) CB AB CD CB CD CB CDE CBM ( g g ) MCB ACR (8) DH AB DE MB ACR ABR (9) Ta lại có : Từ (7), (8), (9) MBK ABR BA phân giác KBR Chứng minh tương tự ta AB phân giác KAR Từ suy AB đường trung trực KR Tacã √ bc (1+a2 )=√ bc+a bc= √ bc+ a(a+ b+c )=√ bc+a 2+ab +ac=√(a+ b)(a+ c) T¬ngtù √ ba (1+c )=√( a+c)(b+c ) ; √ ca (1+ b2 )=√(a+ b)(b+ c) 0,5 0,5 0,5 0,50 0,25 S a b (a b)(a c) (a b)(b c) c ( a c)(b c ) a a b b c c a b a c bc bc c b a c áp dụng BĐT AB A+ B (víi A,B >0) ; DÊu “=” x¶y A=B 0,25 0,25 1 a a b b c c S a b a c b c a b a c b c Ta cã a b b c c a a b b c c a Max (S)= ⇔ a=b=c=√ Hết - 0,25 0,25 Chứng minh xy x (1 x)(1 xy ) x thỏa mãn xy 1 1 1 0 x xy y xy (1) 1 , x, y x y xy y x (1 x)(1 xy ) xy y (1 y )(1 xy ) y y x 0 y x x y 0 0 xy x y (1 y )(1 xy ) y x xy y x x xy y x y 0 xy x y xy x y BĐT cuối xy 1 Đẳng thức xảy x y xy 1 a b c 22 Chứng minh a b b c c a 15 (2) 22 15 b c a 1 1 a b c b c a x , y , z x, y , z 4 a b c Đặt xyz 1 1 22 BĐT trở thành x y z 15 1 Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ suy xy 1 Theo câu a 1 2 2t ,t z x y z xy z 1 z t t z 2t 22 , t 2 Ta CM t t 15 Bằng biến đổi tương đương 2 BĐT 8t 22t 23t 0 (2t 1)(4t 9t 7) 0 BĐT cuối t 2 4t 9t 0, t ... nghiƯm 0,5 a 0,5 0,5 Chứng minh PI.AB = AC.CI 2,00 C H E P Chứng minh PCB ? ?90 ? ?90 0 ACB C Q 0,5 D I Ta có : C ? ?90 0 P (1) ACB P A F M Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp CAB PIC... CD CB CDE CBM ( g g ) MCB ACR (8) DH AB DE MB ACR ABR (9) Ta lại có : Từ (7), (8), (9) MBK ABR BA phân giác KBR Chứng minh tương tự ta AB phân giác KAR Từ... t 15 Bằng biến đổi tương đương 2 BĐT 8t 22t 23t 0 (2t 1)(4t 9t 7) 0 BĐT cuối t 2 4t 9t 0, t