DE TOAN YEN LAC 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN YÊN LẠC PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2012-2013 MÔN : TOÁN ( Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1: 2 2 a, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x  2 y 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. 3 3 3 b, Cho a; b; c  0 và thỏa mãn điều kiện a c  b a  c b abc . P. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. b c a  2  2 a  ab b  bc c  ca 2. Câu 3: M. 1  1  x2  . a, Rút gọn biểu thức x3  2 x 2  4 x . 1  x. 3. . 1 x. 3.  . 2  1  x2 8 3. b, Giải phương trình 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 AM đoạn thẳng CN cắt OA tại M. Tính tỉ số AO .. Câu 5:  y 2  5 x  4   4  x   2 2  y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16 0. a, Giải hệ phương trình b, Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng. SinA  SinB  SinC  2  cos A  cos B  cos C . ………………………… Hết ……………………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> UBND HUYỆN YÊN LẠC PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. Câu 1(2đ). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2012-2013 MÔN : TOÁN Nội dung. a,. 2. Điểm 0,25. 2. Vì x  2 y lẻ suy ra x lẻ. Đặt x 2m  1 , m  Z , thay vào phương trình ta được (1) Từ (1) suy ra y chẵn . Đặt y=2n+1, n  Z. 2m  m  1  y 2 1006. 0,25 0,25 0,25. 2. m m  1 2n  503.  Thay vào (1) , ta được  , suy ra m(m+1) lẻ ( vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. aZ b, Giả sử p số nguyên liên tiếp là a  1, a  2, a  3,..., a  p ,  2. Đặt. 2. A  a  1   a  2   ...   a  p  2. . 2. 2. 0,25. 2.  A  pa  2  1  2  ...  p  a  1  2  ...  p A  pa 2  p  p  1 a . 2.  0,25. p  p  1  2 p  1 6.  6 A  p  6a  6  p 1 a   p  1  2 p  1  p. 0,25. Do p là số nguyên tố, p>3 suy ra (p,6)=1. Vậy A chia hết cho p.. 0,25. 2. . 2(2đ). . B. M. N. C P A. a, 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 của tam giác ABC, như hình vẽ. Vì các cạnh của HCN là một số nguyên, suy ra. S AMNP   Q. ,. S AMB   Q. 0,25. ,. S NCB   Q S ACP   Q. ,. Suy ra. S ABC   S AMNP   S AMB   S NCB   S ACP   Q. Gọi cạnh của tam giác đều là a thì 2. 2. 2. S. Vì a  AM  MB  Z , nên  ABC  b, Áp dụng BĐT AM-GM, ta có. S ABC  . Q. 0,25. (*). 0,25. a2 3 4. mâu thuẫn với (*). Suy ra ĐPCM.. 0,25 2. a 3c  b3 a  c 3b abc  1 . 0,25. a 3c  b3 a  c 3b a 2 b 2 c 2  a  b  c      a  b  c abc b c a a b c.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 32 9 9   2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c  a b c  2 a b  c       a  b  c 2    b c a c a c a  b  b 9 1 a b c  3 Vậy GTNN của P= 2 khi và chỉ khi a, ĐKXĐ là  1  x 1 P. 3(2đ). 1. 1. . 1. . 1  1  x2 . Ta có. 1 x. 3. 1 M . 2 -Suy ra. . 3. 3. 4. . . 1 x  1  x 2  1 x2. 3. . . 1 2x. 0,25. 0,25 0,25. . 0,25. 4 x x  2. . 0,25. 0,25. 8  4 x3  x 3  6 x 2  12 x  8 0 3. 2 1  3 4  3 16. 2. . 0,5. 0,25. . 2  1  x2.  4 x3  x  2   3. . .  1  x  1  x 2  1 x2. 1 x  1 x. x 3  2 x 2  4 x . b, Ta có.  x 1. 1  x  2 1  x 2 1  x 1 x  1 x  2 2. 1 x. . . 0,5. . 3. 4(2đ). B K N M. O. A. C. Gọi K là trung điểm của BN. Ta có OA là trung trực của đoạn BC. Do M thuộc OA nên MB=MC Do M thuộc trung trực của CN nên MC=MN. Suy ra MB=MN Do đó M thuộc trung trực của BN, suy ra MK  BN Vì OB  BA ( Tính chất tiếp tuyến)  MK / / AB AM BK 1   Xét tam giác OBA, theo định lí Ta-Lét ta có AO BO 3. 5(2đ). Biến đổi PT thứ hai ta được 2. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25. 2. y   4 x  8  y  5 x  16 x  16 0   y  5 x  4   y  x  4  0.  y 5 x  4   y 4  x. - Với y=5x+4, thay vào PT đầu ta được.  5x  4 . 2. 4  x   y 0   5 x  4   4  x   5   x 0  y 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> -Với y=4-x, thay vào phương trình đầu ta được.  4  x. 2. 0,25.  x 4  y 0  5 x  4   4  x  0    x 0  y 4. Vậy nghiệm của hệ phương trình là. 4  ;0   5 .  x, y   0; 4  ,  4;0  ,  . b, Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H, K, L tương ứng là trung điểm của BC,CA, AB. Ta cần chứng minh AB+BC+CA<4(OH+OK+OL). 0,25. 0,25. B L A O. H. K. C. AB 2 ; Ta có BC OL  OK  KL  2 ; AC OH  OL  HL  2. 0,5. Suy ra AB+BC+CA<4(OH+OK+OL). 0,25. OH  OK  HK .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>