Đề thi học sinh giỏi THCS vòng 2 huyện Bình Xuyên năm học 20082009 Môn: Toán37460

Chứng minh rằng là số nguyờn chia hết cho 5 với mọi số nguyờn dương n.. a Với những giỏ trị nào của k thỡ hệ hai phương trỡnh bậc nhất hai ẩn x, y: vụ nghiệm.. Chứng minh rằng tam giỏ

Cõu 1 Cho hai số a, b cú tổng bằng 1 và tớch bằng (1) Chứng minh rằng

là số nguyờn chia hết cho 5 với mọi số nguyờn dương n.

n

P a b a  b 

Cõu 2 Biết rằng cỏc số a, b, c thảo món: 2 2 3 3 4 4 1

















a b c a c b c b a

Hóy tớnh giỏ trị của biểu thức

c b a

T  1 11

Cõu 3

a) Với những giỏ trị nào của k thỡ hệ hai phương trỡnh bậc nhất hai ẩn x, y:

vụ nghiệm.





















) 2 ( 1 2 )

6 2

(

) 1 ( 4

4

k y x k

k ky x

b) Giải phương trỡnh x x2 1 x 1 0.

Cõu 4 Cho x, y, z là cỏc số thực thoả món (x23)(y1)(z2008) 1

Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức:

               

Cõu 5 Cho tam giỏc cõn ABC (BA=BC) nội tiếp đường trũn đường kớnh BD Hai

điểm E và F di chuyển trờn cạnh AC sao cho EF AC (E nằm giữa F và C).

2

1



a) Chứng minh rằng FH=EC ( với H là giao điểm của AC và BD).

b) Đường thẳng qua F vụng gúc với AC cắt cạnh AB tại K Chứng minh rằng tam giỏc DEK là tam giỏc vuụng.

-Hết -Ubnd huyện Bình Xuyên

Phòng Giáo dục và Đào tạo

đề chính thức

đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2

năm học 2008-2009 môn: toán

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ubnd huyÖn B×nh Xuyªn

m«n: to¸n

A Hướng dẫn chung:

-Dưới đây chỉ là tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh có cách giải khác đáp án, nếu đúng các giám khảo vận dụng thang điểm của hướng dẫn để cho điểm.

-Bài làm của học sinh đúng đến đâu, các giám khảo cho điểm đến đó.

-Bài toán hình học (câu 5) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không cho điểm.

-Điểm toàn bài là tổng số điểm các ý của 5 câu, không làm tròn.

B Đáp án và thang điểm

Theo đề bài ta có a b 1 và ab 1

P   a b a b   a b  ab a b   1 1 3.( 1).1 5  chia hết cho 5

0,5

Giả sử với n k (2 k Z)ta có k k k 2 k 2 là số nguyên chia hết cho 5 Tức

k

P a b a  b 

là P P1, 2, ,P k1, P k là số nguyên chia hết cho 5 Ta phải chứng minh P k1 là số nguyên chia

hết cho 5

0,25

Thật vậy, ta có 1 1 3 3

1

k

P a  b  a  b 

vì và

     1 1  2 2    1 1

1

k

P a b a b ab a  b  a  b  a b ab a  b 

1

1

k

P  a b  a  b   a  b   a  b  P k1P k1P k

0,75

1

2,0đ

Theo giả thiết quy nạp P k1, P k là những số nguyên chia hết cho 5 suy ra P k1 là số nguyên

chia hết cho 5 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh 0,5 Điều kiện a0,b0,c0,a b,b c,c a 0,25

2 (*)

1 2

c b a c

b a

















3 1

3

c b a a

c b















 4

1 4

c b a a

b

c















Do đó suy ra

5 , 0 5 , 1 5 , 2 5

, 4 4

3 2

ab ca bc ca bc ab ca cb ba bc ac ab c b

Do b  c0, 0 nên suy ra b a;c 5a Thay vào (*) ta được

3

5 3 5

2 2







a a a

và từ đó tính được

10

23



 a

2

23

; 6

23 

b

0,25

2

1,5đ

Các giá trị này thoả mãn điều kiện và đề bài Vậy

23

18 1 1

1  



c b a

3.a)

1,25đ

Từ phương trình (2) ta có y (2k6)x(2k1) (3)

Từ phương trình (1) và (3) ta có phương trình 4x k  (2k6)x(2k1) k 4

(2k 6k 4)x 2k 2k 4

      (k1)(k2)x(k1)(k2) (4)

0,5

Từ (3) và (4) ta thấy hệ cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4) vô nghiệm

hay

1 2 ( 1)( 2) 0

1

2

k k

k k

k

k

  

  





  



0,5

Với k  1 hệ cho trở thành 4 5 hệ này vô nghiệm

x y

x y

  



   

 Vậy k 1 là giá trị duy nhất cần tìm

0,25

Điều kiện

2 1 0

1 0

1 0

x x

x x

x x

x

  





  















0,25

Xét hai khả năng:

+ Nếu   1 x 0 , viết phương trình về dạng x x2 1 x 1 phương trình này vô

nghiệm vì vế trái âm còn vế phải không âm

0,25

+ Nếu x1 viết phương trình cho về dạng x x 1 x2 1 , bình phương hai vế ta được

2 2

x

2 ( 1) 1

        x x(  1) 2 x x(   1) 1 0

( 1) 1 0

x x

     x x(  1) 1 x2  x 1 0

2

      

(vì do )

2 2

x

2

x  x1 (thỏa mãn điều kiện )

5 1 2

0,5

3.b)

1,25đ

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 5 1

2

Điều kiện x>23, y>1, z>2008

Đặt x23 a; y1b; z2008 c theo điều kiện và giả thiết của đề bài ta có a, b, c

là các số thực dương và a.b.c=1

0,2

Từ a.b.c=1 a do đó

bc 

          

Từ đó có a 1 1 b 1 1 b a 1 1 a 1 1

             

2

1

b

     

0,2

4

1,0đ

Thực hiện tương tự ta có 1 2;

1

1

a

c c









  











      

Khi đó ta có suy ra

2

2 2 2

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

         

0,2

Do đó ta có L1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x23   y 1 z 2008 1 suy ra x=24; y=2 và z=2009 (Thỏa mãn điều kiện bài toán) Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức

L là 1 có được khi và chỉ khi x=24; y=2 và z=2009

0,2

K

H E F

D

C

B

A

Tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn đường kính BD suy ra BD là đường trung trực

của AC nên AH HC AC

2

1



Kết hợp với AC(gt) ta có

2

1

+Nếu F A thì E H ta có đẳng thức cần chứng minh là đúng 0,25

5a)

1,0đ

+Nếu F không trùng với A, từ giả thiết ta có A, F, H, E, C thẳng hàng theo thứ tự đó nên suy ra

Từ giả thiết ta có BAD BCDA A 900, DA=DC và AH BD 0,25

+Nếu F A thì E H và K  A ta suy ra được tam giác DEK vuông 0,25

+Nếu F không trùng với A:

Vì KF//BH (do cùng vuông góc với AC) nên (do tam giác BAH đồng dạng

BD

AD AB

AH KB

FH  

với tam giác BDA) suy ra (do FH=CE, AD=DC) mà (hai góc nội

BD

DC KB

tiếp cùng chắn cung AD) do vậy DEC đồng dạng DKB (c.g.c) (1) và

DB

DC KD

DE 

 (2)

EDC KDB

0,75

5b)

2,0đ

Từ (1) và (3) suy ra KDE đồng dạng BDC (c.g.c) KED BCDA A 900 tam giác DEK