de dap an hsg thanh hoa 2013chuandoc

Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau... hệ pt trở thành.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2012- 2013

Môn thi: Toán Lớp 9 THCS Ngày thi 15 tháng 3 năm 2013

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

Câu I (4,0 điểm):

Cho biểu thức P = x√x −3

x −2√x −3 −

2(√x − 3)

√x+1 +

√x +3

3 −√x

1 Rút gọn P

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P và giá trị tương ứng của x

Câu II (5,0 điểm):

1 Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt

2 Giải hệ phương trình:

¿

2+3 x= 8

y3

x3−2=6

y.

¿ {

¿

Câu III (4,0 điểm):

1 Tìm tất cả các số tự nhiên n dương sao cho 2n – 15 là bình phương của số tự nhiên

2 Cho m, n là các số tự nhiên thoả mãn √6 −m

n >0 Chứng minh rằng

√6 − m

n>

1

2 mn

Câu IV (6,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn tâm

(Ω) Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H Gọi M là trung điểm của cạnh BC, (ω) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Đường tròn (ω) cắt (Ω) tại hai điểm A, N (A N), Đường thẳng AM cắt đường tròn (ω) tại hai điểm A,

K (K A)

1 Chứng minh rằng ba điểm N, H, M thẳng hàng

2 Chứng minh góc NDE = góc FDK

3 Chứng minh rằng tứ giác BHKC nội tiếp

Câu V (1,0 điểm): Cho một bảng kẻ ô vuông kích thước 7 x 7 (gồm 49 ô vuông đơn

vị) Đặt 22đấu thủ vào bảng sao cho mỗi ô vuông đơn vị có không quá một đấu thủ Hai đấu thủ được gọi là tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau

_Hết _

Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc

ĐÁP ÁN

Câu I (4,0 điểm):

- ĐKXĐ : x ≥ 0 , x ≠ 9

1 Với x ≥ 0 , x ≠ 9 thì

P = x√x −3

x −2√x −3 −

2(√x − 3)

√x+1 +

√x +3

3 −√x = x√x − 3

(√x +1) (√x −3)−2(√x −3) (√x −3)

(√x +1)(√x −3) −(√x +3) (√x+1)

(√x+1) (√x − 3)

= x√x −3 x +8√x −24

(√x+ 1)(√x − 3) = x +8

√x +1

2 * Cách 1: Với x ≥ 0 , x ≠ 9 thì P = x +8

√x +1 = √x+1+ 9

√x+1 − 2

2√√x +19 (√x +1)−2=6− 2=4

⇒ giá trị nhỏ nhất của P = 4 ⇔ x = 4 ( thỏa mãn đkxđ)

* Cách 2: đặt y = √x ( y ≥ 0 , y ≠3 ) P = y2+8

y +1 , tìm gtnn của P bằng phương pháp miền xác định

Câu II (5,0 điểm):

1 * Cách 1 ta có : x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1)    

Đặt y = (x − 1)2, y ≥ 0 Pt trở thành : y2 6y m  5 0 (2)

- phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

⇔

Δ⊳0

s⊳0

p⊳0

⇔

¿ { { -5 < m < 4

* Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ (x2− 2 x)2−4(x2−2 x)+m=0 ; đặt ẩn phụ giải như cách 1

* Cách 3: Đặt x = a + 1 khi đó x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ a4

− 6 a2+5+m=0

;

2

¿

2+3 x= 8

y3

x3−2=6

y.

¿ {

¿

(I) ĐKXĐ: y 0 , đặt t = 2y 0 hệ pt trở thành

¿

t3−3 x − 2=0

x3−3 t − 2=0

¿ {

¿

Cách 1 : - trừ vế với vế hai pt, đưa về pt tích, ta được : (x − t)(x2

+xt+t2− 3)= 0

⇔ x −t=0 hoặc x2

+xt+t2− 3=0 ⇔ x=t hoặc x=t=2

⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1)

* Cách 2

¿

t3−3 x − 2=0

x3−3 t − 2=0

¿ {

¿

là hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a và xt = b ,

Câu III (4,0 điểm)

1 vì n là số tự nhiên dương:

+ để 2n – 15 là số chính phương, dễ dàng chứng minh được n 4 và nếu n lẻ thì 2n –

15 không là số chính phương

+ n chẳn đặt n = 2k ( k N , k ≥ 2 ) khi đó 2n – 15 = a ❑2(a ∈ N❑

) ⇔(2k − a) (2k+a)=15

Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc

mà 0<2k − a<2 k+a ⇒k =2 ;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk

Vậy n = 4;6 là các giá trị cần tìm

2 * Cách 1 do (m ,n ∈ N❑

)

+

1

2

m

nếu 6n2 = m2 + 1 mà 6n2 chia hết cho 3 nên m2 + 1 0(mod 3) vô lý vì m 2 0,1(mod 3) vậy 6n2 m2 2 (1)

mặt khác

2

(2)

từ (1) và (2) suy ra (m+ 1

2m)2<6 n2⇔ √6 − m

n >

1

2 mn đpcm

* Cách 2 chứng minh : 6n2 m2 2 (1)

Mà √6 − m

n >

1

2 mn ⇔24 m2

n4>4 m4+4 m2+1 (2) Mặt khác : ⇔24 m2n4 =4 m 2n2.6 n2

>4 m2 (m2 +2)=4 m4

+8 m2

>4 m4

+4 m2 +1 ⇒ đpcm

* Cách 3: do (m ,n ∈ N❑

) nên √6 − m

n>

1

2 mn

⇔2 m2

− 2√6 nm+1=0⇔ n√6 −√6 n2− 2

2 <m<

n√6 +√6 n2− 2

2 <n√6() bất đẳng thức * luôn đúng vì √6 − m

n>0

Câu V (1,0 điểm): Bảng ô vuông có 7.7 = 49 ô vuông Ta điền các số 1,2,3,4,5,6,7

vào mỗi ô vuông như bảng : (theo đường chéo)

- xem các ô điền số giống nhau là 1 chuồng thỏ ⇒ có 7 chuồng thỏ , mà 22 = 3.7 +1 , theo nguyên tắc đirrichle mỗi cách đặt bất kỳ thỏa mãn yêu cầu bài toán, mỗi chuồng thỏ luôn có ít nhất 4 đấu thủ không tấn công nhau (Hai đấu thủ tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột.còn trên đường chéo thì không tấn công nhau) ⇒ đpcm

Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc

Câu IV (6,0 điểm):

a) Cách 1: cm các điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH2 ) ⇒HN ⊥ NA , NH cắt đường tròn Ω

tại Q suy ra => AQ là đường kính của (Ω) ⇒ QC AC => QC//BH (1)

+ Chứng minh tương tự ta suy ra: QB//HC(2) kết hợp với (1) ⇒ BHCQ là hình bình hành => NH đi qua trung điểm M của BC, hay N, H, M thẳng hàng

Cách 2:

+ cm các điểm A,E,H,F,N thuộc (ω, AH2 )

+ Chứng minh tứ giác AMDN nội tiếp ⇒ ∠ANM=ADM=900 ⇒ MN AN mà

HN NA ⇒ M,N,H thẳng hàng

b) Cách 1: + do ANDM và ABDE là các tứ giác nội tiếp nên

∠NDA =∠NMA ;∠ABE =∠ADE mà

∠NDE=∠ NDA +∠ADE ⇒∠NDE=∠ NMA+∠ ABE (3)

+ chứng minh : ∠FDK =∠ ACF +∠NMA (4)

+ mà ∠ABE =∠ACF (cùng phụ ∠BAC ) (5) Từ (3),(4),(5) ⇒ góc NDE = góc FDK

Cách 2:

Δ PAM có AD, MN là hai đường cao cắt nhau tại H , nên H là trực tâm của Δ

PAN => PH⊥ AM tại K Ta có ∠ HDK = ∠ HMK (cùng chắn cung HK) mà

∠ HMK = ∠ APH (cùng phụ ∠ KHM), do tứ giác GNHD nội tiếp nên ∠

NPH = ∠ NDH ( cùng chắn cung NH)

Suy ra: ∠ HDK = ∠ NDH ,AD là phân giác của ∠ NDK

∠ FDA = ∠ ADE ,AD là phân giác của ∠ FDE

=> ∠ FDK = ∠ NDE

c)

M

D

Q

N

P

F

E

A

K

ω

+ tứ giác ANHK nội tiếp suy ra: Δ PHAđồng dạng Δ PNK(g-g) ⇒ PN.PA = PH.PK

+chứng minh tương tự : PN.PA = PB.PC nên suy ra: PH.PK= PB.PC ⇒ Δ PHC đồng dạng Δ PBK (c-g-c) ⇒ ∠ PKB = ∠ PCH ⇒ giác BHKC nội tiếp

Giáo viên : Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc