PHỊNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VỊNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích Q thành nhân tử: Q x x 2 x 10 b Tính Q biết x 13 10 Câu Cho hàm số: y x 2m ; với m tham số a Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O b Tính theo m tọa độ giao điểm A; B đồ thị hàm số với trục Ox; Oy H hình chiếu O AB Xác định giá trị m để OH b Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB Câu a Giải phương trình: x x x 5 x b Cho a; b hai số dương thỏa mãn: a b 6 Chứng minh: 3(a 6) (a b) 2 c Giải phương trình nghiệm nguyên: x xy 2008 x 2009 y 2010 0 Câu Cho đường tròn (O; R ) AB CD hai đường kính cố định (O) vng góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB a Tính sin MBA sin MAB sin MCD sin MDC b Chứng minh: OK AH (2 R AH ) c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn Hết./ HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt Q x x 2 x 10 x a b x x 2 x 13 10 x 0,5 x 2.2 (2 Vậy: Q 2 x 2 Điểm 0,5 5 2 5) 2 2 2 2.( 5) 10 0,5 0,5 2,0 y x 2m ; với m tham số a Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: A 2m 1;0 Để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O(0; 0) 2m 0 m Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B 0; 2m 1 b c 0,5 Ta có: AOB vng O có OH đường cao nên: m 0 1 1 2 2 2 2 Hay x A yB (2m 1) OH OA OB m x x 2m Hoành độ trung điểm I AB: xI A B 2 0,25 Tung độ trung điểm I AB: yI 0,5 2,0 0,5 y A y B (2m 1) 2 Ta có: yI xI Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB đường 0,25 thẳng y x 0,2 Điều kiện: x 2 x x x 5 x a x x x 5 x x x x 0 x x x 0 x x 0 ( x 2) 0 x 6 b Vậy nghiệm pt là: x 6 Với a; b hai số dương ta có: a b 1 2.a b.1 2a b 1 (Theo Bunhiacopski) 2 a b a (Vì a b2 6 ) Hay 3(a 6) ( a b) 0,2 0,3 0,3 0,25 0,25 2,5 x xy 2008 x 2009 y 2010 0 c x xy x 2009 x 2009 y 2009 1 0,25 x( x y 1) 2009( x y 1) 1 ( x 2009)( x y 1) 1 0,5 x 2009 1 x y 1 x 2009 x y 0,25 x 2010 y 2010 x 2008 y 2010 0,25 C K B O M H A D a b Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên: = sin MBA sin MAB sin MCD sin MDC 2 2 (sin MBA cos MBA) (sin MCD cos MCD) = + = Chứng minh: OK AH (2 R AH ) Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH MH OM R Mà OH.MH (Pitago) 2 c Vậy P 4 R R2 2 R đẳng thức xẩy MH = OH OH = R 2 0,75 3,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25