Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có đỉnh là các mút của lưới.. Trên đoạn OB lấy điểm N sao cho BN=2ON.. Đường trung trực của đoạn thẳng CN cắt OA tại M.. Xét hình chữ nhật bao
Trang 1PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN 9
Năm học 2012-2013
( Thời gian làm bài 150 phút không kể phát đề)
Câu 1:
a,Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 − 2y2 = 2013
b, Chứng minh rằng, tổng bình phương của p số nguyên liên tiếp ( p là số nguyên tố, p > 3) chia hết cho p.
Câu 2:
a, Trên mặt phẳng, xét lưới các ô vuông 1 1 × Chứng minh rằng không tồn tại tam giác đều có đỉnh là các mút của lưới
b, Cho a b c; ; > 0 và thỏa mãn điều kiện a c b a c b abc3 + 3 + 3 =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
P
a ab b bc c ca
Câu 3:
a, Rút gọn biểu thức 2 ( )3 ( )3
2
M
x
=
b, Giải phương trình 3 2 8
3
x + x − x= −
Câu 4:
Từ một điểm A ở ngoài đường tròn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với B, C là các tiếp điểm Trên đoạn OB lấy điểm N sao cho BN=2ON Đường trung trực của đoạn thẳng CN cắt
OA tại M Tính tỉ số AM
AO
Câu 5:
a, Giải hệ phương trình 2 ( ) ( )
b, Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng
SinA SinB SinC+ + < 2 cos( A+ cosB+ cosC)
……… Hết ………
Trang 2
PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN 9
Năm học 2012-2013
Đặt x= 2m+ 1, m Z∈ , thay vào phương trình ta được 2m m( + − 1) y2 = 1006 (1) 0,25
Thay vào (1) , ta được m m( + = 1) 2n2 + 503, suy ra m(m+1) lẻ ( vô lý) 0,25 Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
b, Giả sử p số nguyên liên tiếp là a+ 1,a+ 2,a+ 3, ,a p+ , (a Z∈ )
A= +a + +a + + +a p ⇒ =A pa2 + 2 1 2 ( + + + p a) +(1 2 + + + 2 2 p2)
0,25
1
6
Do p là số nguyên tố, p>3 suy ra (p,6)=1 Vậy A chia hết cho p 0,25 2(2đ)
a,
C B
A
P
N M
Giả sử tồn tại tam giác đều ABC có các đỉnh là các nút lưới Xét hình chữ
nhật bao quanh tam giác ABC ( các đỉnh A,B,C nằm trên cạnh của hình chữ
nhật) Ta có thể chọn sao cho một đỉnh của hình chữ nhật trùng với một đỉnh
Vì các cạnh của HCN là một số nguyên, suy ra S(AMNP) ∈Q , S(AMB)∈Q,
(NCB)
S ∈Q,S(ACP)∈Q
Suy ra S(ABC) = S(AMNP) − S(AMB) − S(NCB) − S(ACP) ∈Q (*) 0,25 Gọi cạnh của tam giác đều là a thì ( ) 2 3
4
ABC
a
Vì a2 = AM2 +MB2 ∈Z, nên S(ABC) ∉Q mâu thuẫn với (*) Suy ra ĐPCM. 0,25
b, Áp dụng BĐT AM-GM, ta có
3 3 3 1 a c b a c b a b c a b c
+ +
+ +
0,25
2
2 2
P
0,5
Vậy GTNN của P= 9
2 khi và chỉ khi 1
3
Trang 3Ta có 2 1 2 1 2 1 1 1
( )3 ( )3 ( ) ( 2)
2
.
M
x x
0,25
3
( )3
3
2
3
−
0,5
4(2đ)
C
B K N O
Gọi K là trung điểm của BN Ta có OA là trung trực của đoạn BC 0,5
Do M thuộc trung trực của CN nên MC=MN Suy ra MB=MN 0,25
Vì OB⊥BA ( Tính chất tiếp tuyến) ⇒MK/ /AB 0,25 Xét tam giác OBA, theo định lí Ta-Lét ta có 1
3
AM BK
5(2đ) Biến đổi PT thứ hai ta được
y − x+ y− x + x+ = ⇔(y− 5x− 4) ( y x+ − = 4) 0
0,25
4
y x
⇔ = −
- Với y=5x+4, thay vào PT đầu ta được
0
= − ⇒ =
= ⇒ =
0,25
-Với y=4-x, thay vào phương trình đầu ta được
= ⇒ =
0,25
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( , ) ( ) ( )0; 4 , 4;0 , 4;0
5
0,25
b, Gọi (O;R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H,K,L tương ứng là
Trang 4trung điểm của BC,CA,AB
L
K
H O
C
B
A
Ta có µ 1·
2
A= BOC ( vì tam giác BOC cân tại O và OH là đường cao)
HC BC BC
OC R
Ta có
2
AB
OH OK+ >HK = ;
2
BC
OL OK+ >KL= ;
2
AC
OH OL HL+ > = 0,25