PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHÂU THÀNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THCS BIÊN GIỚI ĐỘC LẬP TỰ DO HẠNH PHÚC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI:TOÁN THỜI GIAN:120 PH
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHÂU THÀNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THCS BIÊN GIỚI ĐỘC LẬP TỰ DO HẠNH PHÚC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI:TOÁN THỜI GIAN:120 PHÚT(Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ Bài1:(4 điểm)
a/Tìm các giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n+1
b/Một số tự nhiên có bốn chữ số giống nhau chỉ có 2 ước số là các số nguyên tố.Tìm số đó
Bài2:(4 điểm)
a/Cho a,b,c khác nhau đôi một và 1 1 1
a b c+ + = 0.Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
a bc b+ ac c+ ab
b/ Giải phương trình : 1 1 2
Bài3:(4 điểm)
a/Cho a+b >1.chứng minh rằng a4+b4 >1
8 b/Tìm giá trị của x để biểu thức:P = 22 1 ( 1)
x x
x
x x
+ + ≠ − + + đạt giá trị nhỏ nhất
Bài4:(4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A,M là một điểm tùy ý thuộc cạnh BC.Chứng minh rằng: MB2+MC2 = 2MA2
Bài5:(4 điểm)
Cho tam giác ABC có các góc nhọn và hai trung tuyến BM và CN vuông góc với nhau.Chứng minh rằng:CotgB + CotgC ≥ 2
3.Dấu bằng xảy ra khi nào?
Trang 2ĐÁP ÁN
Bài1
a/Ta chia 2n2+3n+3 cho 2n-1 được thương là n+2 dư 5
Đa thức 2n2+3n+3 không chia hết cho đa thức 2n-1,nhưng có những giá trị nguyên
của n để giá trị của 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của 2n-1
Muốn vậy 2n-1 phải là ước của 5,tức là:± ±1; 5
+Với 2n-1=1⇒n =1
+Với 2n-1= -1⇒n =0
+Với 2n-1= 5⇒n =3
+Với 2n-1= -5⇒n = -2
Vậy với n bằng 1;0;3;-2 thì giá trị của biểu thức 2n2+3n+3 chia hết cho giá trị của
biểu thức 2n-1
b/ M = aaaa=1111.a = 11.101.a vì 11,101 là số nguyên tố nên a =1.Vậy số phải
tìm là 1111
2 điểm
2 điểm Bài2
a/Ta có 1 1 1a b c+ + =0⇔ ab bc ac 0 ab bc ac 0
abc
+ + = ⇔ + + = Nên a2+2bc = a2+bc+(-ab-ac)=a(a-b)-c(a-b)=(a-b)(a-c)
b2+2ac = b2+ac+(-ab-ac)= b(b-a)-c(b -a)=(b-a)(b-c)
c2+2ab = c2+ab+(-ac-bc)=c(c-a)-b(c-a)=(c-a)(c-b)
Do đó 2 2 2 2 2 2
a bc b+ ac c+ ab
= (a b a c bc)( ) (+ b a b c ca)( ) (+ c a c b ab)( )
=b c bc2 − (a b b c a c2−−a c ac)(2 +− )(2+−a b ab2) − 2
c a b a b c a b ab a b
a b b c a c
=(a b−(a b b c a c)(−− − + +ca bc c)( − )( −2 )ab)
=((a b b c a c a b b c a c−− )()( −− )()( −− ))
=1
0,5điể m
1,5điể m 2điểm
Trang 32
2
2
x= 2
⇔ − + + + = − + + ÷ =
⇔ − + + = + + = + ÷ =
+ = − = − −
⇔ − ÷ −
Vậy nghiệm của PT là : x 2 2
= −
= − Bai3: chứng minh rằng a4+b4 >18
a/ Ta có a+b >1>0 (1)
Bình phương hai vế (a+b)2 >1⇒a2 +2ab+b2 >1 (2)
Mặt khác (a-b)2≥0 ⇒a2 -2ab+b2 ≥0 (3)
Cộng từng vế của (2) và (3) được: 2(a2+b2) >1 ⇒ a2+b2 >12 (4)
Bình phương hai vế của (4) được: a4+2a2b2+b4 >1
4 (5) Mặt khác: (a2-b2 )2≥0 ⇒ a4-2a2b2+b4≥0 (6)
Cộng từng vế (5) và (6) được: 2(a4+b4) >1
4 ⇒ a4+b4 >1
8 b/P = 22 1
x x
x x
+ +
1
x
x = −x + x
4−x 1 (+ x 1) + + ]+3
4 =
2
− + ≥
+ ÷
P đạt giá trị nhỏ nhất là 34 Khi 12− x11
+ =0 ⇔x-1=0⇔x=1
Vậy với x=1 thì P đạt giá trị nhỏ nhất là 3
4
2 điểm
2 điểm
Trang 4E
C
B A
-Dựng ME ⊥AB và MF⊥AC.Tam giác ABC vuông cân đỉnh A.Ta có B Cˆ = =ˆ 450
∆EBM vuông tại E có Eˆ=450 nên vuông cân tại E.Suy ra EB=ME.Do đó ta
có:MB2=ME2+EB2=2ME2.Tương tự ∆FCM vuông cân tại F
Suy ra MC2=MF2+FC2=2MF2⇒MB2 +MC2=2ME2+2MF2 = 2(ME2+MF2)
∆EAM vuông tại A ta có MA2=ME2+EA2=ME2+MF2
Do đó MB2 +MC2 = 2MA2
Bài5
G H
I
N M C
Kẻ đường cao AH và trung tuyến AI của ∆ABC
Từ tam giác vuông ABH ta có CotgB = BH
AH (1) Tam giác vuông ACH có CotgC = CH AH (2)
Lấy (1) cộng (2) ta được: CotgB+CotgC = BH CN BC
AH AH
+ =
(3) Mà AH ≤ AI = 3GI và BC = 2GI (GI là đường trung tuyến của tam giác vuông
BGC)
Do đó từ (3) suy ra : CotgB+CotgC = AH BC ≥23GI GI = 23
Dấu bằng xảy ra khi H≡I,tức là tam giác BGC vuông can và ∆ABC can
4 điểm