De thi chon HSG

Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa và tổng số điểm của các đội là 336.. Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng tham gia?..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán THCS Thời gian: 150 phút Ngày thi: 05/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức: x x  x x 4 x x x x  A  2 x x x  x  x x với x 0, x 1, x 4 a) Rút gọn biểu thức A (2  3)  21 b) Tính giá trị biểu thức A Câu (4,0 điểm) Cho phương trình: x  2mx  m  0 a) Chứng minh phương trình cho ln có nghiệm b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x B x1 x2  x  x22  2(1  x1 x2 ) Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x   3x  0 b) Cho f ( x ) đa thức với hệ số nguyên Biết f (2017) f (2018) 2019 Chứng minh phương trình f ( x) 0 khơng có nghiệm ngun Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AC  AB nội tiếp đường tròn (O) Kẻ phân giác AI tam giác ABC ( I  BC ) cắt (O) E Tại E C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt F, AE cắt CF N, AB cắt CE M a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn 1   b) Chứng minh CN CI CF c) Gọi AD trung tuyến tam giác ABC, kẻ DK//AI ( K  AC ) Chứng minh 2AK  AC  AB Câu (2,0 điểm) Trường trung học phổ thơng A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đoàn 26 – Biết có n đội tham gia thi đấu vịng tròn lượt (hai đội đấu với trận) Đội thắng điểm, đội hòa điểm đội thua không điểm Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa tổng số điểm đội 336 Hỏi có tất đội bóng tham gia? Hết -LẠNG SƠN PHÁI – PNV BÌNH GIA SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1a 1b 2a 2b Nội dung Điểm Đặt t  x , t 0, t 1, t 2 đó: t  t  4t  t  t  4t   A   3t  t  3t  t (t  1)(t  2)(t  2) (t  1)(t  2)(t  2)  A  (t  1)(t  1)(t  2) (t  1)(t  1)(2  t ) t  t  2t   A   2  t  t 1 t  t 1  A 2  x (2  3)  (2  3) (2  3) (2  3)(2  x   21 21 21  x  1 21 2 A 2  2  2  2 1  Do đó: 3) phương trình: x  2mx  2m  0 có a + b + c = nên có hai nghiệm: x1 1, x2 2m  Chứng tỏ PT ln có nghiệm m (hoặc tính theo  để biện luận) Do PT ln có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có: x1  x2 2m, x1.x2 2m  2(2m  1)  4m  B  2 ( x  x )  4m  2 Suy ra: Nhận thấy mẫu số B dương, để B nhỏ ta xét 4m   hay m   / , đặt  t m  /  0, (nên t  0) Vậy m  t  / thay vào B, ta được: 4( t  / 4)   4t B  2 4( t  / 4)  4t  2t  / 4t C 4t  2t  / phải lớn nhất, C>0 Để B nhỏ 3a 4t  2t  / D t   4t 16t nhỏ Để C lớn   D  t   2   2 t 16t  16t  Áp dụng BĐT Cô si: t  t 16t m = -1, minB = -1/2 Dấu = xảy m = -1 x ĐK: x  x   3x  0  x  (3x  1)  x  3x  0 2 Đặt t  x  0 ta được: x  t  x  t 0  ( x  t )( x  t )  ( x  t ) 0  ( x  t )( x  t  1) 0 3 t/m x  1  x , ĐK: x 1 x  x   x 3x   x  Với TH x  t 0 hay Với TH x  t  0 hay t 1  x   17  17 x t/m (loại ) 3 5  17 x x , Vậy phương trình cho có nghiệm: Từ giả thiết ta có f (2017), f (2018) số nguyên x = 2017, x = 2018 không nghiệm PT f ( x) 0  3x  1  x  x  x  3b Giả sử PT f ( x) 0 có nghiệm nguyên x a  Z , theo định lý Bơzu : f ( x) ( x  a ).g ( x) với g ( x ) đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm Do vậy: f (2017) (2017  a).g (2017), f (2018) (2018  a).g (2018) Nhân vế với vế áp dụng giả thiết f (2017) f (2018) 2019 : 2019 (2017  a).g (2017).(2018  a ).g (2018) Điều vơ lý vế trái số lẻ, cịn vế phải số chẵn ( (2017  a ); (2018  a ) số nguyên liên tiếp, tích số chẵn) Vậy f ( x) 0 khơng có nghiệm nguyên (đpcm) GV mở rộng cho HS: - Số 2017 2018 thay số nguyên có số chẵn số lẻ Số 2019 thay số nguyên lẻ - Liệu có tìm đa thức hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết f (2017) f (2018) 2019 ? - Đa số chứng minh phương trình khơng có nghiệm sử dụng phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận ) 4a 4b   Do AI phân giác nên BE CE , theo tính chất góc ngồi đường trịn, ta có : AMC  AC  BE   AC  CE   ANC Vậy tứ giác AMNC nội tiếp Do hai tứ giác AMNC ABEC nội tiếp, nên ta có góc       nhau: A1 C1; A1 C2 ; A2 M Suy : BC//MN//EF, CMN cân N Xét tam giác CIN có CE phân giác EF//IC nên ta có tỉ số EN CN EN FN CN FN     EI CI ; EI FC CI FC CN CN  CF CN CN     1 CI FC CI FC CN CN 1  FC , chia vế cho CN ta có điều phải chứng Chuyển vế : CI minh 4c Gọi H thuộc AC cho K trung điểm AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, HG lấy điểm L cho CG = CL ( CLG cân) Từ AI//DK//HG K trung điểm AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC BI = CL        AI//HL nên BAI IAC LHC , BIA EIC LGC HLC (so le đồng vị) Xét hai tam giác AIB HLC có hai góc nên góc cịn lại nhau, có cạnh BI = CL nên AIB HLC g.c.g Vậy AB = HC Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK Nên AB = AC – 2AK  2AK = AC – AB đpcm Gọi số trận hòa x ( x  N * )  tổng số điểm trận hòa 2x, (1 trận hòa có đội, đội điểm) Theo giả thiết số trận thắng 4x  tổng số điểm trận thắng 12x Tổng số điểm đội 336  2x + 12x = 336  x = 24 Vậy ta có tất 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn Từ giả thiết có n đội, đội đấu với n – đội lại nên số trận đấu diễn n(n – 1) , tính trận lượt lượt về, giả thiết đội đấu với lần nên tổng số trận giảm n(n  1) nửa, có tất trận đấu n(n  1) 120  n(n  1) 240  n 16, (n  15 Vậy loại) KL : có tất 16 đội bóng tham gia LẠNG SƠN PHÁI – PNV BÌNH GIA ... đội, đội điểm) Theo giả thi? ??t số trận thắng 4x  tổng số điểm trận thắng 12x Tổng số điểm đội 336  2x + 12x = 336  x = 24 Vậy ta có tất 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn Từ giả thi? ??t có n đội, đội... hay t 1  x   17  17 x t/m (loại ) 3 5  17 x x , Vậy phương trình cho có nghiệm: Từ giả thi? ??t ta có f (2017), f (2018) số nguyên x = 2017, x = 2018 không nghiệm PT f ( x) 0  3x  1... Do vậy: f (2017) (2017  a).g (2017), f (2018) (2018  a).g (2018) Nhân vế với vế áp dụng giả thi? ??t f (2017) f (2018) 2019 : 2019 (2017  a).g (2017).(2018  a ).g (2018) Điều vơ lý vế trái