Tuyen cong chuc de tim nguoi tai chu khong phai tuyen de tim nguoi nha

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Ubnd huyÖn B×nh Xuyªn Phßng Gi¸o dôc vµ §µo t¹o đề chính thức. đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2 n¨m häc 2008-2009 m«n: to¸n Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1. Cho hai số a, b có tổng bằng 1 và tích bằng ( −1 ). Chứng minh rằng Pn a n  b n  a n 2  b n 2 là số nguyên chia hết cho 5 với mọi số nguyên dương n.. Câu 2. Biết rằng các số a, b, c thảo mãn:. 2 2 3 3 4 4 + = + = + =1 . a b+ c b c +a c b+ a. 1 1 1 Hãy tính giá trị của biểu thức T = a + b + c .. Câu 3. a) Với những giá trị nào của k thì hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn x, y: ¿ 4 x − ky=k − 4(1) (2 k +6)x + y =2 k +1(2) vô nghiệm. ¿{ ¿. b) Giải phương trình. x. x2  1  x. x 1 0 x .. Câu 4. Cho x, y, z là các số thực thoả mãn ( x  23)( y  1)( z  2008) 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  1  1 1   L  x  23  1  y  1  1 z  2008  1        y  1   z  2008   x  23  . Câu 5. Cho tam giác cân ABC (BA=BC) nội tiếp đường tròn đường kính BD. Hai 1 điểm E và F di chuyển trên cạnh AC sao cho EF ¿ 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 vông góc với AC cắt cạnh AB tại K. Chứng minh rằng tam giác DEK là tam giác vuông.. ----------------------------Hết------------------------------. Ubnd huyÖn B×nh Xuyªn. Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái thcs vßng 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. Câu. Nội dung cần trình bày. Điểm. Theo đề bài ta có a  b 1 và ab  1 3 3 3 Với n=1 ta có P1 a  b  a  b 1  (a  b)  3ab(a  b) 1  1  3.( 1).1 5 là số nguyên chia hết cho 5. k k k 2 k 2 Giả sử với n k (2 k  Z ) ta có Pk a  b  a  b là số nguyên chia hết cho 5. Tức. 1 2,0đ. là P1 , P2 ,..., Pk  1 , Pk là số nguyên chia hết cho 5. Ta phải chứng minh Pk 1 là số nguyên chia hết cho 5. k 1 k 1 k 3 k 3 Thật vậy, ta có Pk 1 a  b  a  b. .   a  b   ab  a  b    a  b   a  b   ab  a  b  vì a  b 1 và ab  1 nên P  a  b    a  b    a  b    a  b  hay P P  P Pk 1  a k  bk. k 1. k. k. k 1. k1. k 2. k1. k 2. k 2. k 1. k 2. k 1. k 1. k 1. k1. 2. ab +ac. 2 1,5đ. 3.a). 3. 3. ; b + c +a =1⇒ a+b+ c=. bc + ba ; 3. 4 4 cb+ca + =1⇒ a+b+ c= c b+a 4 ab+ ac bc+ ba cb+ ca ab+ bc+ ca bc ca ab Do đó suy ra a+b +c= 2 = 3 = 4 = 4,5 = 2,5 = 1,5 = 0,5 2 2 + =1 5 Do b ≠ 0 , c ≠ 0 nên suy ra b= 3 a ; c=5 a . Thay vào (*) ta được a 5 a+ 5 a 3 23 23 23 ⇒ a= và từ đó tính được b= 6 ; c= 2 10 1 1 1 18 Các giá trị này thoả mãn điều kiện và đề bài. Vậy T = a + b + c =23 Từ phương trình (2) ta có y  (2k  6) x  (2k 1) (3). 1,25đ Từ phương trình (1) và (3) ta có phương trình 2. 0,75. k. Theo giả thiết quy nạp Pk  1 , Pk là những số nguyên chia hết cho 5 suy ra Pk 1 là số nguyên chia hết cho 5. Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Điều kiện a ≠ 0 , b ≠0 , c ≠ 0 , a≠ − b , b≠ − c , c ≠− a 2. 0,25. k 1. k 1. Từ đề cho ta có a + b+ c =1(∗) ⇒ a+ b+c= 2. 0,5. 4 x  k   (2k  6) x  (2k 1)  k  4. 0,5 0,25 0,5 0,25. 0,25 0,25 0,5. 2.  (2k  6k  4) x 2 k  2k  4  (k  1)(k  2) x (k  1)(k  2) (4). Từ (3) và (4) ta thấy hệ cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4) vô nghiệm. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   k  1  (k  1)(k  2) 0  k  2   k  1  (k  1)(k  2) 0  k 1  k  2  hay 4 x  y  5  Với k  1 hệ cho trở thành 4 x  y  1 hệ này vô nghiệm Vậy k  1 là giá trị duy nhất cần tìm.  x2  1 0  x    1 x  0 x 1 0     x 1  x  x 0  Điều kiện . 0,25. 0,25. Xét hai khả năng: + Nếu  1  x  0 , viết phương trình về dạng nghiệm vì vế trái âm còn vế phải không âm.. 3.b) 1,25đ + Nếu   x   . . x 1 viết phương trình cho về dạng. x2  1 x 1  x x phương trình này vô. x. x. 0,25. x 1 x2  1  x x , bình phương hai vế ta được. 2. x 1 x2  1 1 1 2   x  x  x  2 x( x  1)  1  x  x  x  x( x  1)  2 x( x  1)  1 0 2 1 5 1 5  2 x( x  1)  1 0  x( x  1) 1  x 2  x  1 0   x  2   4  x  2  2. . 0,5. 1 5 1  x 0 2 2 (vì 2 do x 1 ) 5 1  x 2 (thỏa mãn điều kiện x 1 )  x. x. 4 1,0đ. 5 1 2 .. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 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. 0,25 0,2. là các số thực dương và a.b.c=1. Từ a.b.c=1. ⇒. 0,2. 1  1 1   1  1 b  1  b  1    b  1   a  =a c  b bc   b  bc do đó. 1  1 1    a  1    b  1   b  a   b  c b  Từ đó có .  1  a  . 1   b.  2  1  b  a   . 1    1 b . 2.  2  ba .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thực hiện tương tự ta có. (. b −1+. 1 1 c −1+ ≤ cb2 ; c a. )(. ). 1  1  2  c  1    a  1   ac a b   . 0,2. 2.  1 1 1  2 2 2   a  1  b   b  1  c   c  1  a   ba .cb .ac 1    Khi đó ta có   suy ra 1  1  1   a  1    b  1    c  1   1 b  c  a  dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c 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. 0,2. B. K. A. H. F. E. C. 5a) 1,0đ. D. Tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn đường kính BD suy ra BD là đường trung trực 1 của AC nên AH=HC= AC 2 1 Kết hợp với EF= AC (gt) ta có AH=HC=EF 2 +Nếu F  A thì E H ta có đẳng thức cần chứng minh là đúng. +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 FH=EC. 0   Từ giả thiết ta có BAD BCD 90 , DA=DC và AH ⊥ BD. 5b) 2,0đ. +Nếu F  A thì E H và K  A ta suy ra được tam giác DEK vuông +Nếu F không trùng với A: FH AH AD = = Vì KF//BH (do cùng vuông góc với AC) nên (do tam giác BAH đồng KB AB BD CE DC   = dạng với tam giác BDA) suy ra (do FH=CE, AD=DC) mà KBD ECD (hai góc KB BD DE DC = nội tiếp cùng chắn cung AD) do vậy Δ DEC đồng dạng ΔDKB (c.g.c) ⇒ KD DB   (1) và EDC KDB (2).   Từ (2) suy ra KDE BDC (3) 0   Từ (1) và (3) suy ra ΔKDE đồng dạng Δ BDC (c.g.c)  KED BCD 90  tam giác DEK vuông tại E (đpcm).. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,75. 0,25 0,5.

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