Chứng minh rằng tổng bình phương độ dài các cạnh của tứ giác AEGF không đổi.. Bài 5: 2 điểm Cho tam giác vuông có số đo ba cạnh là các số nguyên, trong đó số đo của hai cạnh là hai số ng[r]
Trang 1PHÒNG GD - ĐT TĨNH GIA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI (VÒNG 2) Năm học 2013-2014
Môn thi: Toán - Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 25/02/2014
Bài 1: (4 điểm)
a) Cho a+b+c =0 Tính giá trị biểu thức sau :
P = (a −b c +
b −c
c − a
b ).(a −b c +
a
b −c+
b
c − a)
b) Thu gọn tổng sau N = 13 +23+ +n3 với n>1 và n N
Bài 2: (4 điểm)
a) Cho 3 số nguyên x,y,z thoả mãn: x2
+ y2 =z2 Chứng minh xyz 60
b) Tìm 3 số tự nhiên khác nhau sao cho tổng các nghịch đảo của chúng là số nguyên.
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)
x −1¿3
¿
¿
x3+x3
¿
b)
Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O, đường
kính BC = 2R Lấy điểm M đối xứng với điểm A qua điểm B Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên BC và điểm I là trung điểm của HC
a) Chứng minh rằng MHAI
b) Đường thẳng MH cắt đường tròn (O) tại E và F (điểm E nằm giữa điểm M
và điểm F); đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại G (điểm G khác điểm A) Chứng minh rằng tổng bình phương độ dài các cạnh của tứ giác AEGF không đổi
Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác vuông có số đo ba cạnh là các số nguyên, trong đó số
đo của hai cạnh là hai số nguyên tố và hiệu của chúng bằng 50 Tính số đo nhỏ nhất của cạnh thứ ba có thể đạt được
Bài 6: (2 điểm) Cho x,y,z lµ c¸c sè nguyªn tho¶ m·n x+y+z =1
T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc : M =
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Trang 2Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 3ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (VÒNG 2)
( Gồm 4 trang )
1
(4đ)
Khi đó P =
1 1 1
x y z
Ta có
=
2
.
Tương tự
2 2
và
2 2
Suy ra
=
=
6
bc b c abc
Từ (1) và (2) suy ra P = 9
1.0
1.0
b) (2đ) Ta có n3–n = n( n2-1) = n(n-1).(n+1) suy ra : n3 = n(n-1).(n+1) +n
Vậy N = 13 +23+ +n3 = (0.1.2 +1)+ (1.2.3+2)+ + {n(n-1).(n+1) +n}
= {1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1)}+ { 1+2+ +n}
Đặt A= 1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1) và B = 1+2+ +n
Ta có 4.A = 4.{1.2.3+2.3.4+ + n(n-1).(n+1)}
= 1.2.3.4+2.3.4.4+ +n(n-1).(n+1).4
= 1.2.3.(4-0)+ 2.3.4.(5-1)+ + n(n-1).(n+1).{(n+2)-(n-2)}
= 1.2.3.4- 0.1.2.3 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 +
+ n(n-1).(n+1) (n+2)- (n-2) n(n-1).(n+1)
= n(n-1).(n+1) (n+2)- 0.1.2.3
Vậy A =
4
và B =
2
n n
Từ đó suy ra N = 1 3 +2 3 + +n 3 = (A+B) =
2
2
n n
1.0
1.0
2 a) (2đ)
Trang 4* Chứng minh xyz chia hết cho 5
+) Nếu xy chia hết cho 5 thì xyz chia hết cho 5
+) Nếu xy không chia hết cho 5 thì x2 và y2 chia 5 dư 1 hoặc dư 4
Khi đó z2 = x2 + y2 chia 5 dư 0 hoặc 2 hoặc 3 nhưng vì z2 không thể chia 5 dư 2
hoặc dư 3 => z2 chia hết cho 5 hay z chia hết cho 5
Vậy xyz chia hết cho 5
* Chứng minh xyz chia hết cho 3
- Nếu x hoặc y không chia hết cho 3 thì x2 hoặc y2 chỉ có thể chia 3 dư 1
khi đó z2 chia 3 dư 2 (Vô lí)
Vậy xy chia hết cho 3 hay xyz chia hết cho 3
* Chứng minh xyz chia hết cho 4
+) Nếu x ,y chẵn thì xyz chia hết cho 4
+) Nếu trong hai số x hoặc y có một số lẻ, giả sử x chẵn, y lẻ suy ra z lẻ
Đặt x =2k; y = 2n+1, z = 2m+1.Theo bài ra : (2m+1)2 = 4k2+ (2n+1)2
suy ra k2 = m(m+1)-n(n+1) chia hết cho 2 => x chia hết cho 4
Vậy xyz chia hết cho 4
Mà (3,4,5) =1 nên xyz chia hết cho 60
0.5
0.5
1.0
b)(2đ)
Gọi 3 số tự nhiên thoả mãn đề bài là x, y, z với x,y,z đều khác nhau và khác 0
Giả sử 1x< y <z khi đó ta có 0 <
1 1 1
x y z< 3 ta cần tìm x, y, z để
1 1 1
x y z
có giá trị nguyên , khi đó có 2 trường hợp sau:
TH1)
x yz = 1 ,
Ta có 1=
xyz<
3
x suy ra 1x < 3
- Xét x =1 (loại)
- Xét x =2 khi đó
2
y z <
2
y => 2 <y<4 => y = 3 => z= 6 (thoả mãn ) Ta được 2 cặp số (2 ;3 ;6)
TH2)
xyz=2
Ta có 2 =
xyz<
3
x suy ra 1x <
3 2
=> x =1 =>
1 1
1
y z <
2
y suy ra 1x <y <2 (loại)
Vậy từ các TH trên ta được 3 số thoả mãn đề bài là 2 ; 3 và 6
0.5
0.5
1.0
3
(4đ)
a) (2đ) ĐK : x 1
Ta có
x −1¿3
¿
¿
x3 +x3
¿
0.25
0.25
Trang 53
3
3 2 1
x
x
2 2 3.
1
x x
2
1
x
3
x2 -2x +2 = (x-1)2 +1 = 0 Phương trình vô nghiệm
0.5
1.0
b)(2đ)
Đk:
suy ra : y = 4- u2 và x= 4-v2 thay vào hệ ta có :
2 2
Trừ từng vế các phương trình trong hệ ta được :
2(u2- v2) = (8-u-v).(v-u)=> (u-v).(u+v+8) = 0 => u= v vì u+v+8 >0
Khi đó: 11-2v2 = (4-v)2 => 3.v2 -8v + 5 =0
Đưa về dạng tích ta có v = 1 hoặc v =
5
3 (thoả mãn ) +) Nếu v = 1 thì x = y =3(TM)
+) Nếu v =
5
3 thì x = y =
11
Vậy nghiệm của hệ là (x ; y) = (3,3) hoặc (x ; y) = (
11
9 ,
11
9 )
0.25
0.25
0.5
1.0
4
(4®) a) (2đ)
Ta có = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
= (cùng phụ với ) (1)
Lại có AHB ∽ CHA (g-g) suy ra
1 2 2
AM
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AHM ∽ với CIA (c-g-c) =
Mà + = 90 + = 90 MH AI
1.0
1.0
Trang 6b) (2đ) Lấy D đối xứng với G qua O, ta có = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) AD EF/ / Tứ giác ADFE có AD EF/ / ADEF là hình thang cân
,
Ta có AE2GF2 DF2GF2 DG2 4R2
AF2GE2 DE2GE2 DG2 4R2 Vậy AE2GE2GF2FA2 8 R2
1.0
1.0
5
(2đ)
Gọi độ dài ba cạnh của tam giác vuông ABC là: a, b, c (a, b, c N*)
Ta có: a, b P và b – a = 50: là số chẵn nên a, b đều lẻ (b > a).
Giả sử cạnh thứ ba c là cạnh huyền
Theo định lý Pi-ta-go, ta có:
c2 = a2 + b2 c2 = a2 + (a + 50)2 = 2a2 + 100a + 2500 = 2(a2 + 50a + 1250): số
chẵn
Vì a lẻ nên (a2 + 50a + 1250): lẻ do đó 2(a2 + 50a + 1250) 4: điều này vô lý vì
c2 là số chính phương chẵn phải chia hết cho 4
Do đó cạnh thứ ba c không thể là cạnh huyền
Suy ra b là cạnh huyền (vì b > a)
Theo định lý Pi-ta-go ta có:
b2 = a2 + c2 c2 = b2 – a2 = (b – a)(b + a) = 50(b + a) = 52.2.( a + b)
Vì c2 là số chính phương nên:
Suy ra: a + b = 2k2 (k N*), vì b > 50 nên a + b > 50, do đó k 6
Khi đó: (a + b)min = 2.62 = 72, ta có:
Từ đó: cmin = 5.2.k = 5.2.6 = 60 khi a = 11, b = 61
Vậy giá trị nhỏ nhất của cạnh thứ ba của tam giác vuông là 60.
1.0
0.5
0.5
6
(2đ)
Ta có : x2xy y 2=
3
4(x2 2.xy y 2)+
1
4.(x2 2.xy y 2)
=
3
4(x+y)2 +
1
4.(x-y)2
3
4(x+y)2 => x2xy y 2
3
2 (x+y)
Tương tự : y2yz z 2
3
2 (y+z) ; z2zx x 2
3
2 (z+x) Cộng vế theo vế ta được M 3(x+y+z) = 3
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi x = y = z =
1 3
0.5
0.5
0.5 0.5
( Nếu bài học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ! )
B
C
A c
b a