Đề thi học sinh giỏi THCS vòng 2 huyện Bình Xuyên năm học 2008-2009 Môn Toán

Câu 1. Cho hai số a, b có tổng bằng 1 và tích bằng ( ). Chứng minh rằng 1  là số nguyên chia hết cho 5 với mọi số nguyên dương n. 2 2 n n n n nP a b a b      

Câu 2. Biết rằng các số a, b, c thảo mãn: . 1 4 4 3 3 2 2          a b c a c b c b a

Hãy tính giá trị của biểu thức . c b a T 1 1 1   

Câu 3.

a) Với những giá trị nào của k thì hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn x, y:

vô nghiệm.   

   

  

) 2 ( 1 2 ) 6 2 (

)1( 4 4

k y x k

k ky x

b) Giải phương trình .

2 1 1 0 x x x x x     

Câu 4. Cho x, y, z là các số thực thoả mãn . ( 23)( 1)( 2008) 1 x y z     Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 1 23 1 1 1 2008 1 1 2008 23 L x y z y z x

                       

Câu 5. Cho tam giác cân ABC (BA=BC) nội tiếp đường tròn đường kính BD. Hai

điểm E và F di chuyển trên cạnh AC sao cho EF AC (E nằm giữa F và C). 2 1 

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 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)

ThuVienDeThi.com

Ubnd huyện Bình Xuyên Phòng Giáo dục và Đào tạo

Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi thcs vòng 2

năm học 2008-2009

môn: toán

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 và 1 a b   1 ab  Với n=1 ta có là số nguyên 3 3 3 1 1 ( ) 3 ( ) P a b a b a b ab a b         1 1 3.( 1).1 5    chia hết cho 5.

0,5

Giả sử với ta có là số nguyên chia hết cho 5. Tức (2 ) n k k Z    2 2 k k k k kP a b a b       là là số nguyên chia hết cho 5. Ta phải chứng minh là số nguyên chia 1 2 1 , ,..., , k k P P P P  1 kP  hết cho 5.

0,25

Thật vậy, ta có 1 1 3 3 1

k k k k kP a b a b        

vì và          1 1 2 2 1 1 1

k k k k k k k k kP a b a b ab a b a b a b ab a b                 1 a b  

nên hay 1 ab       1 1 2 2 1 1 1

k k k k k k k k kP a b a b a b a b               1 1 k k k P P P    

0,75

1

2,0đ

Theo giả thiết quy nạp là những số nguyên chia hết cho 5 suy ra là số nguyên 1 , k k P P  1 kP  chia hết cho 5. Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. 0,5

Điều kiện a c c b b a c b a          , , ,0 ,0 ,0 0,25

Từ đề cho ta có ; ; 2 (*) 1 2 2 ac ab c b a c b a

        3 1 3 3 ba bc c b a a c b

       

4 1 4 4 ca cb c b a a b c

       

0,5

Do đó suy ra 5,0 5,1 5,2 5,4 4 3 2

ab ca bc ca bc ab ca cb ba bc ac ab c b a               0,25

Do nên suy ra . Thay vào (*) ta được 0 ,0   c b a c a b 5 ; 3 5   1 5 3 5

2 2   

a a a

và từ đó tính được 10

23  a 2 23 ; 6 23   c b

0,25

2

1,5đ

Các giá trị này thoả mãn điều kiện và đề bài. Vậy 23 18 1 1 1     c b a T 0,25

3.a)

1,25đ

Từ phương trình (2) ta có (3) (2 6) (2 1) y k x k     Từ phương trình (1) và (3) ta có phương trình   4 (2 6) (2 1) 4 x k k x k k       

2 2 (2 6 4) 2 2 4 k k x k k       ( 1)( 2) ( 1)( 2) (4) k k x k k      

0,5

ThuVienDeThi.com