bai giai de thi hsg huyen dien ban

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐIỆN BÀN NĂM 2010 -2011 (VÒNG 2) Bài 1: Tìm số mnp biết mnp mn np pm= + + Bài 2 : Tìm một số tự nhiên trong khoảng từ 4000 đến 5000 biết khi chia nó cho 9 và 6 cùng dư 3 và chia nó cho 25 thì dư 19 Bài 2 : 1. Tính giá trị biểu thức 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 a a A a a + − = + + + − − với a = 1 3 4 2 Cho hàm số y = ( ) 4 7 4 7 2 1 2y x x x= + − − − + − có đồ thị là đường thẳng (d) a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến b) Xác định hàm số đồ thị của nó là đường thẳng (d 1 ) song song với (d) và cách gốc tọa độ O một khoảng bằng 2 3. Tìm y biết y 4 – 3y 3 – 6y 2 + 3y +1 = 0 Bài 3 : 1 . Cho đường tròn (O, R) và điểm A sao cho OA = R 2 , đường thẳng quay quanh A cắt (O) tại M ,N .Gọi I là trung điểm MN a) Chứng tỏ I chuyển động trên 1 đường tròn cố định với giới hạn là 2 điểm B ,C thuộc (O) b) Tứ giác ABOC là hình gì c) Tìm vị trí của (d) để AM+AN lớn nhất 2. Cho (O,1cm) và (O 1 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp hình thang cân MNPQ( MNPQ có đáy là MQ, NP ).Gọi E là trung điểm của MN ,biết O 1 E = 4cm. Tính S NMPQ BÀI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐIỆN BÀN NĂM 2010 -2011 (VÒNG 2) Bài 1: Tìm số mnp biết mnp mn np pm= + + (1) Từ (1) ta có : .10 .10 10 9. 10 90 9 9(10 ) mn p mn np pm mn mn p n p pm mn n pm m n pm m n pm ⇔ + − = + ⇔ − + = + + ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = Cho nên số pmM 9 => m + p M 9 (2) Từ (1) ta cũng có 99 99 297 99 mn np mn np pm pm  ≤   ≤ ⇒ + + ≤   ≤    mnp 297 ≤ => m =1 hoặc m = 2 (3) Mặt khác ta có VT = 11( m +n + p) . Nên mnp M 11  m + p – n M 11 (4) Cũng từ (1) ta có m + n có tận cùng 0 . Nên m + n =10 (5) Từ (2) ,(3),4) và (5) Suy ra được (m ; n ; p) ∈ { (1;9;8) } ( vì 1 ≤ m, n , p ≤ 9 ) Vậy số cần tìm là 198 Bài 2 : Tìm một số tự nhiên trong khoảng từ 4000 đến 5000 biết khi chia nó cho 9 và 6 cùng dư 3 và chia nó cho 25 thì dư 19 Gọi a là số tự nhiên cần tìm Thế thì a – 3 M 9 và a – 3 M 6  a – 3 ∈ BC(18) nên a = 18k +3 ( k ∈ N) Và a + 6 M 9 và a + 6 M 25  a + 6 ∈ BC(225) nên a =225h – 6 ( h ∈ N) Suy ra 225h - 18k = 9  25h – 2k = 1 25 1 1 12 2 2 h h k h − − ⇔ = = + Để k thuộc N ta phải có h – 1 = 2d  h = 2d +1 (d ∈ N) Khi h = 2d +1 lúc đó a = 225(2d +1) – 6 = 450d + 219 mà 4000< a ≤ 5000 Hay 4000< 450d + 219 ≤ 5000  8 < d ≤ 10  d ∈ { 9 , 10 } (1) Khi d = 9  h = 2.9 + 1 = 19 a= 225.19 – 6 = 4269 Khi d = 10  h = 2.10 + 1 = 21 a= 225.21 – 6 = 4719 Vậy số cần tìm là 4269 hoặc 4719 Bài 2 : 1. Tính giá trị biểu thức 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 a a A a a + − = + + + − − với a = 1 3 4 Ta có thay a = 1 3 4 và biểu thức A ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 3 1 2 3 1 3 1 3 4 4 2 2 1 1 1 1 1 1 2. 3 1 1 2 3 1 1 3 1 1 3 4 4 2 2 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 4 4 4 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 3 1 1 1 1 4 4 4 4 3 1 3 1 3 1 3 1 2 2 4 4 . . 4 4 3 3 3 3 3( 3 1) 3( 3 1) 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 1 2 3 2 3 2 3 A + − + − = + = + + + − − + + − − + − + − = + = + + − + − + − + − + − + − = + = + + − + − + − + + − = + = = 2 Cho hàm số ( ) 4 7 4 7 2 1 2y x x x= + − − − + − có đồ thị là đường thẳng (d) a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến b) Xác định hàm số đồ thị của nó là đường thẳng (d 1 ) song song với (d) và cách gốc tọa độ O một khoảng bằng 2 Ta có ( ) ( ) 4 7 4 7 2 1 2 4 7 4 7 . 2 1 2 y x x x y x x = + − − − + − = + − − − + − Đăt B= 4 7 4 7+ − − lúc đó ta có B 2 = ( ) ( ) 4 7 4 7 2 4 7 4 7+ + − − − + B 2 = 2  B = 2± mà B > 0 Suy ra B = 2 Suy ra hàm số y = 2 . 2 1 2x x− + − = x + 2 -1 Vậy hàm số trên đồng biến ( vì a = 1 > 0) b) Gọi pt đt cần tìm là (d 1 ) : y =ax + b Do (d 1 ) // d  a = 1 lúc đó (d 1 ) : y =x + b Mà đồ thị (d 1 ) : y =x + b cắt trục Ox tại -b và cắt trục Oy tại b Và gốc O cách (d 1 ) một khoảng bằng 2 . Nên ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 8 2 2 2 4 b b b b b = + ⇔ = ⇒ = ⇒ = ± − Vậy (d 1 ) : y =x + 2 2 hoặc (d 1 ) : y =x - 2 2 3. Tìm y biết y 4 – 3y 3 – 6y 2 + 3y +1 = 0 (2) Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của pt Chia 2 vế pt (2) cho y 2 ta được y 2 – 3y – 6 + 3 y + 2 1 y C M N O B I A Q O1 O N P M I J K E Đặt t = y - 1 y ( ĐK t ≥ -2) từ đó suy ra t 2 - 3t – 4 = 0  t = -1 hoặc t = 4 Khi t = -1 ta có y 2 + y – 1 = 0  y 1,2 = 1 5 2 − ± Khi t = 4 ta có y 2 - 4y – 1 = 0  y 3,4 = 2 5± Bài 3 : 1 . Cho đường tròn (O, R) và điểm A sao cho OA = R 2 , đường thẳng quay quanh A cắt (O) tại M ,N .Gọi I là trung điểm MN a) Chứng tỏ I chuyển động trên 1 đường tròn cố định với giới hạn là 2 điểm B ,C thuộc (O) b) Tứ giác ABOC là hình gì c) Tìm vị trí của (d) để AM+AN lớn nhất a) Ta có OI ⊥ MA ( đường kính vuông góc dậy ) . hay góc AIO = 90 0 Suy ra I thuộc đường tròn đường kính OA , Mà O , A cố định . Suy ra được I thuộc đường tròn cố định đường kính OA Vẽ đường tròn đường kính AO cắt (O) tại B và C Khi d là tiếp tuyến của (O) lúc đó I trùng B hoặc trùng C Do B,C thuộc (O) và thuộc đường tròn cố định đường kính AO Suy ra I thuộc đường tròn cố định thuộc cung BC b) Tứ giác ABOC là hình vuông Vì OAB , AOC là các tam giác vuông . Nên tính được AB = AC = R Suy ra ABOC là hình thoi Mà ABO = 90 0 . Suy ra ABOC là hình vuông c) Ta có AM + AN = 2AI ≤ 2AO ( AO không đổi ) Suy ra AM +AN lớn nhất bằng 2AO khi d chứa đường kính của (O) 2. Cho (O,1cm) và (O 1 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp , ngoại tiếp hình thang cân MNPQ( MNPQ có đáy là MQ, NP ).Gọi E là trung điểm của MN ,biết O 1 E = 4cm. Tính S NMPQ Nhận thấy ∆O 1 EO ~∆EOK(OK là khoảng cách từ O đến MN) Nên có hệ thức 2 1 1 O E EO O E.OK EO OK OE= ⇔ = = 4. 1 = 4  OE= 2cm S NMPQ = ( ) MQ NP .IJ 4 .IJ 4.2.2 8 2 2 2 OE + = = = cm 2 . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐIỆN BÀN NĂM 2010 -2011 (VÒNG 2) Bài 1: Tìm số mnp biết mnp mn np pm=. MNPQ có đáy là MQ, NP ).Gọi E là trung điểm của MN ,biết O 1 E = 4cm. Tính S NMPQ BÀI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐIỆN BÀN NĂM 2010 -2011 (VÒNG 2) Bài 1: Tìm số mnp biết mnp mn np pm=