Hướng dẫn chung: -Dưới đây chỉ là tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh có cách giải khác đáp án, nếu đúng các giám khảo vận dụng thang điểm của hướng dẫn để cho điểm.. -Bài là[r]
Trang 1Ubnd huyện Bình Xuyên
Phòng Giáo dục và Đào tạo
đề chính thức
đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2
năm học 2008-2009 môn: toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Cõu 1 Cho hai số a, b cú tổng bằng 1 và tớch bằng ( −1 ) Chứng minh rằng
2 2
n
P a b a b
là số nguyờn chia hết cho 5 với mọi số nguyờn dương n.
Cõu 2 Biết rằng cỏc số a, b, c thảo món: 2a+ 2
b+c=
3
b+
3
c +a=
4
c+
4
b+a=1 Hóy tớnh giỏ trị của biểu thức T =1
a+
1
b+
1
c .
Cõu 3
a) Với những giỏ trị nào của k thỡ hệ hai phương trỡnh bậc nhất hai ẩn x, y:
¿
4 x − ky=k − 4(1)
(2 k +6)x + y =2 k +1(2)
¿{
¿
vụ nghiệm.
b) Giải phương trỡnh
0
x
.
Cõu 4 Cho x, y, z là cỏc số thực thoả món (x 23)(y 1)(z 2008) 1
Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức:
Cõu 5 Cho tam giỏc cõn ABC (BA=BC) nội tiếp đường trũn đường kớnh BD Hai
điểm E và F di chuyển trờn cạnh AC sao cho EF ¿1
2 AC (E nằm giữa F và C) a) Chứng minh rằng FH=EC ( với H là giao điểm của AC và BD).
b) Đường thẳng qua F vụng gúc với AC cắt cạnh AB tại K Chứng minh rằng tam giỏc DEK là tam giỏc vuụng.
Trang 2
Phßng Gi¸o dôc vµ §µo t¹o n¨m häc 2008-2009
m«n: to¸n
A Hướng dẫn chung:
-Dưới đây chỉ là tóm tắt của một cách giải, bài làm của học sinh có cách giải khác đáp án, nếu đúng các giám khảo vận dụng thang điểm của hướng dẫn để cho điểm.
-Bài làm của học sinh đúng đến đâu, các giám khảo cho điểm đến đó.
-Bài toán hình học (câu 5) không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không cho điểm -Điểm toàn bài là tổng số điểm các ý của 5 câu, không làm tròn.
B Đáp án và thang điểm
1
2,0đ
Theo đề bài ta có a b 1 và ab 1
Với n=1 ta có P1 a b a3b3 1 (a b )3 3 (ab a b ) 1 1 3.( 1).1 5 là số nguyên
chia hết cho 5
0,5 Giả sử với n k (2 k Z)ta có P k a k b k a k2 b k2
là số nguyên chia hết cho 5 Tức
là P P1, 2, ,P k1, P k là số nguyên chia hết cho 5 Ta phải chứng minh P k1 là số nguyên chia
hết cho 5
0,25
k
P a b a b
1
k
P a b a b ab a b a b a b ab a b
vì a b 1 và
1
1
k
hay P k1P k1P k
0,75
Theo giả thiết quy nạp P k1, P k là những số nguyên chia hết cho 5 suy ra P k1 là số nguyên
chia hết cho 5 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh 0,5
2
1,5đ
Điều kiện a ≠ 0 , b ≠0 , c ≠ 0 , a≠ − b , b≠ − c , c ≠− a 0,25
Từ đề cho ta có 2a+ 2
b+c=1(∗)⇒a+b+c=ab +ac
c +a=1⇒ a+b+c=bc +ba
4
c+
4
b+a=1⇒ a+b+c=cb+ca
4
0,5
Do đó suy ra a+b +c=ab+ac
bc+ba
cb+ca
ab+bc+ca
bc 2,5=
ca 1,5=
ab
Do b ≠ 0 , c ≠ 0 nên suy ra b=5
3a ;c=5 a Thay vào (*) ta được
2
a+
2 5
3a+5 a
=1
⇒a=23
10 và từ đó tính được b=23
23 2
0,25
Các giá trị này thoả mãn điều kiện và đề bài Vậy T =1
a+
1
b+
1
c=
18
3.a)
1,25đ
Từ phương trình (2) ta có y(2k6)x(2k1) (3)
Từ phương trình (1) và (3) ta có phương trình 4x k (2k6)x(2k1) k 4
(k1)(k2)x(k 1)(k2) (4)
0,5
Từ (3) và (4) ta thấy hệ cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4) vô nghiệm 0,5
Trang 3hay
1 2 ( 1)( 2) 0
1
2
k k
k
k
Với k 1 hệ cho trở thành
x y
x y
Vậy k 1 là giá trị duy nhất cần tìm
0,25
3.b)
1,25đ
Điều kiện
2 1 0
1 0
1 0
x x
x x
x x
x
0,25
Xét hai khả năng:
+ Nếu 1 x 0 , viết phương trình về dạng
x
phương trình này vô nghiệm vì vế trái âm còn vế phải không âm
0,25
+ Nếu
1
x viết phương trình cho về dạng
2
x
, bình phương hai vế ta được
2 2
x
2 ( 1) 1
x x( 1) 12 0
2
x
(vì
1 0 2
x
do x 1)
5 1 2
(thỏa mãn điều kiện x 1)
0,5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
5 1 2
x
4
1,0đ
Điều kiện x>23, y>1, z>2008
Đặt √x −23=a ;√y − 1=b ;√z − 2008=c theo điều kiện và giả thiết của đề bài ta có a, b, c
là các số thực dương và a.b.c=1
0,2
Từ a.b.c=1 ⇒ 1
bc=a do đó
Từ đó có
2
1
b
0,2
Trang 4Thực hiện tương tự ta có (b −1+1
c)(c −1+1
a)≤ cb2
;
2
Khi đó ta có
2
2 2 2
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
0,2
Do đó ta có L 1 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 23 y 1 z 2008 1
suy ra x=24; y=2 và z=2009 (Thỏa mãn điều kiện bài toán) Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức
L là 1 có được khi và chỉ khi x=24; y=2 và z=2009
0,2
5a)
1,0đ
K
H E F
D
C
B
A
Tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn đường kính BD suy ra BD là đường trung trực
của AC nên AH=HC=1
Kết hợp với EF=1
+Nếu F A thì E H ta có đẳng thức cần chứng minh là đúng 0,25 +Nếu F không trùng với A, từ giả thiết ta có A, F, H, E, C thẳng hàng theo thứ tự đó nên suy ra
5b)
2,0đ
+Nếu F A thì E H và K A ta suy ra được tam giác DEK vuông 0,25 +Nếu F không trùng với A:
Vì KF//BH (do cùng vuông góc với AC) nên FH
AH
AD
BD (do tam giác BAH đồng
dạng với tam giác BDA) suy ra CE
DC
BD (do FH=CE, AD=DC) mà
KBD ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) do vậy ΔDEC đồng dạng ΔDKB (c.g.c) ⇒DE
DC DB
(1) và EDC KDB (2)
0,75
Từ (1) và (3) suy ra ΔKDE đồng dạng ΔBDC (c.g.c) KED BCD 900 tam