Đề thi Học sinh giỏi và Đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được 2 1.. Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn, H là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB.. Vẽ đường tròn M; MH.. Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tr

PHÒNG GIÁO DỤC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THCS NĂM HỌC 2005 – 2006

HUYỆN LONG ĐIỀN Môn thi : Anh Văn lớp 9

Thời gian : 150 phút (không kể giao đề)

Bài 1: (4 điểm)

a) Cho a≥ 0;b≥ 1 Chứng minh a b+ + ≥ 1 2( a+ b− 1).Đẳng thức xảy ra khi nào?

b) Tìm giá trị của x để biểu thức : A = 22

x x

+ + có giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó?

ĐÁP ÁN:

Câu a:(2,0 điểm)

a b+ + ≥ a+ b−

⇔ − + + − − − + ≥

⇔ − + − − ≥ với b≥1;a≥0; ( điều này luôn đúng) 1,5đ

Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 0 1

2

1 1 0

b b

 − − =  =

(Học sinh có thể dùng BĐT Cô- Si để c/m)

Câu b:(2,0 điểm)

x

x+ + = + x

A có giá trị lớn nhất ⇔ 24

2x + 1lớn nhất ⇔2x2 +1 nhỏ nhất 0,5đ mà 2x2 +1 nhỏ nhất = 1 khi x=0.Vậy khi x =0 0,5đ

thì A có giá trị lớn nhất và giá trị lớn nhất đó là A =1 + 4/1=5 0,5đ

Bài 2: (4,0 đ)

1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006

a/ Tính A (1,0 đ) b/ Nếu thay tổng của hai số hạng bất kỳ ( chọn trong tổng A)ø bằng hiệu của hai số hạng đó thì tổng mới của A là số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)

2/ Chứng minh rằng số tự nhiên :

A = 1.2.3………2003.2004 (1+ 1 1 + + + 1 + 1

chia hết cho 2005 (2,0 đ)

Đáp án và biểu điểm

1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A = 2006 (2006 1) 1003 2007

2

= 2013021

ĐỀ CHÍNH THỨC

b/ ( 1,0 đ) Với hai số a, b bất kỳ thì tính chẵn lẻ của tổng và hiệu giống nhau Ta có:

 a = 2p ; b = 2q ⇒ a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chẵn

 a = 2p + 1 ; b = 2q + 1 ⇒ a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chẵn

 a = 2p ; b = 2q + 1 ⇒ a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) – 1 :lẻ

 a = 2p + 1 ; b = 2q ⇒ a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: lẻ Như vậy khi ta thay một tổng bởi hiệu của chúng thì tính chẵn lẻ của tổng A không đổi

A = 2013021 là số lẻ nên tổng A mới là một số lẻ

2/ ( 2,0 đ) Ta có:

C = (1+ 1 1 + + + 1 + 1

= (1+ 2004 1 )+( 1 + 1

2 2003 )+ ……+ +( 1 + 1

1002 1003 )

2004 2 2003+ + +1002 1003

= 2005 k ( 1,0 đ)

B = 1.2.3………2003.2004

mà 1.2.3………2003.2004 ( 1 1 1 )

2004 2 2003+ + +1002 1003 ∈ N ⇒ B k ∈ N

A = B 2005 k M 2005 ⇒ ĐPCM ( 1,0 đ)

Bài 3 : (4 đ)

Cho hệ phương trình :









= +

=

− +

−

2 1 1

y x

m x

y y

x

1 Giải hệ phương trình khi m= 2

2 Tìm các giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm

Đáp án :( 4 điểm )

1 Khi m = 2, ta có hệ









= +

=

− +

−

2

2 1 1

y x x

y y

x

Hệ này có nghĩa khi : x>1 : y>0 (0,25đđ)

Đặt −1= t〉0

y

x

(3) Ta có : ( )1 ⇔ +1= 2 ⇔t2 − 2t+ 1 = 0 ⇔( )t− 1 2 = 0

t t

1

=

⇔t (tho ) (0,75đđ)ả

( ) 3 ⇔ −1 = 1 ⇔ −1= 1 ⇔x− 1 =y⇔x−y= 1

y

x y

x

(0, 5đđ)

Giải hệ phương trình

























−

=

+

=

⇔

= +

=

−

2

1

22

1 2 2

1

y

x y

x

y x

( thoả) (1)

(2)

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là :













−

=

+

=

2

1

22

1 2

y

x

(0,5đ)

2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được

2 1 1 2

1

1

=

−

−

≥

−

+

−

x

y y

x x

y

y

1

1

≥

− +

−

x

y y

x

(0,5đđ) Nên m < 2 hệ phương trình đã cho vô nghiệm ( 0,5đ)

Bài 4: (4 điểm)

AB và CD là 2 dây cung vuông góc nhau tại E bên trong đường tròn (O, R)

a) Chứng minh rằng: EA 2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = 4R 2 (2 điểm)

b) Gọi M là trung điểm của AC; chứng minh EM vuông góc với BD (2 điểm)

HD chấm: a) Vẽ đường kính AOF suy ra góc ABF = 1 vuông ⇒ BF // CD ⇒ CB = DF

Aùp dụng đlý Pi-ta-go: EB2 + EC2 = BC2 = DF2

EA2 + ED2 = AD2

⇒ EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = DF2 + AD2 = AF2 = 4R2

b) Ta có ∠E3 = ∠A = ∠D ⇒∠D = ∠E3

và ∠E1 = ∠E2

mà ∠E3 + ∠E2 = 1 vuông ⇒∠D + ∠E1 = 1 vuông ⇒ ĐPCM

Bài 5 (4 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn,

H là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB Vẽ đường tròn (M; MH) Kẻ các tiếp tuyến AC,

BD với đường tròn tâm M(C và D là các tiếp điểm khác H)

a) Chứng minh rằng ba điểm C, M, D thẳng hàng và CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì tổng AC + BD không đổi

c) Giả sử CD và AB cắt nhau tại I Chứng minh rằng tích OH.OI không đổi.

Giải

(0,5 điểm) Hình vẽ đúng

a) (1,5 điểm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có :

0

0 180 90

2 ˆ 2 ) ˆ ˆ

( 2 ˆ ˆ

ˆ 2 ˆ

ˆ 2 ˆ

=

=

= +

= +

⇒

=

=

B M A A

M H B M H C

M H D M H

A M H C M H

B M H D M H

⇒ C, M, D thẳng hàng

Hình thang ABDC có O là trung điểm của AB, M là trung điểm của CD nên OM là đường trung bình, suy ra OM // AC, mà AC ⊥CD nên OM ⊥CD Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) (1 điểm) AC + BD = AH + BH = AB không đổi

c) (1 điểm) OM là đường trung bình của hình thang ACDB nên OM // BD, suy ra OM ⊥CD

MOI

∆ vuông tại M, MH ⊥OI ⇒ OH.OI = OM2 không đổi (vì OM bằng bán kính của đường tròn tâm O)

A

C

M

D