DEDAP AN HSG TOAN 9HA NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (4,0 điểm) Cho biểu thức A = KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2011-2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề x − x2 + 2x x + x2 + 2x − x + x2 + 2x x − x2 + 2x Tìm điều kiện x để biểu thức A xác định Rút gọn biểu thức A Tìm x để A ≤ Bài (4,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c cho phương trình ax2+bx+c=0 có nghiệm thuộc (a − b)(2a − b) a (a − b + c) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình (2 x − y − 2) = 7( x − y − y − 1) đoạn [0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức P = Bài (4,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 16 x − x + + 16 x − 24 x + xy  2  x + y + x + y = 16 Giải hệ phương trình   x + 12 + x + y = 3x + x +  Bài (5,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB, lấy điểm I thuộc đoạn AO cho AO = 3.IO Qua I vẽ dây cung CD vng góc với AB, đoạn CD lấy điểm K tuỳ ý Tia AK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M Chứng minh tứ giác IKMB nội tiếp Chứng minh tâm F đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC nằm đường thẳng cố định Khi K di động đoạn CD, tính độ dài nhỏ đoạn DF Bài (2,0 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân, nội tiếp đường tròn (O) Đường phân giác AD đường trung tuyến AM tam giác ABC cắt đường tròn (O) theo thứ tự P Q ( P, Q khác A) Chứng minh: DP > MQ Hết - Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ NAM LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2011-2012 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang) Câu Câu 1.1 (1,5 đ) Nội dung  x + x ≥ A xác định ⇔  2  x + x + x ≠ 0; x − x + x ≠ x + x ≥ ⇔ x ≤ −2; x ≥ x + x + x ≠ 0; x − x + x ≠ ⇔ x ≠ Vậy A xác định ⇔ x ≤ −2 x > Câu 1.2 (1,5 đ) A= A= Câu 1.3 (1,0 đ) Câu 2.1 (2,5 đ) ( x − x + x )2 − ( x + x + x )2 ( x − x + x )( x + x + x ) −4 x x + x = x2 + 2x −2 x A ≤ ⇔ x2 + 2x ≤ ⇔ x + 2x − ≤ ⇔ −3 ≤ x ≤ Kết hợp với ĐK xác định A A ≤ ⇔ < x ≤ b   x1 + x2 = − a Gọi nghiệm pt x1 , x2 Theo Viét ta có :  x x = c  a b b b c (1 + x1 + x2 )(2 + x1 + x2 ) x + x22 + x1 + x2 P = (1 − )(2 − ) : (1 − + ) = = 2+ a a a a + x1 + x2 + x1 x2 + x1 + x2 + x1 x2 Khơng tính tổng qt giả sử x1 ≤ x2 2 từ giả thiết x1 ; x2 ∈ [ 0;1] ⇒ x1 ≤ x1 x2 ≤ x2 ≤ 1; + x1 + x2 + x1 x2 > x12 + x22 + x1 + x2 x1 x2 + + x1 + x2 ≤ = suy P ≤ + x1 + x2 + x1 x2 + x1 + x2 + x1 x2 b P=3 x1 = x2 = suy a = c = − Vậy MaxP=3 2 (2 x − y − 2) = 7( x − y − y − 1) (1) ⇔ 2(2 x − y − 2) − 7(2 x − y − 2) + 7(2 y + y) = (2) Đặt t = x − y − ta có pt: t − 7t + 7(2 y + y ) = ⇔ 16t − 56t + 49 + 7(16 y + 24 y + 9) = 112 ⇔ (4t + 7) + 7(4 y + 3) = 112 (3) Dẫn tới Câu 2.2 (2,0 đ) Từ (3) ⇒ 7(4 y + 3) ≤ 112 ⇔ (4 y + 3) ≤ 16 ⇔ −4 ≤ y + ≤ ⇔ −7 ≤ y ≤ Vì y nguyên suy y -1 Với y = -1 thay vào (1) pt (2 x − 1) = x khơng có nghiệm x nguyên Với y = thay vào (1) pt 4( x − 1) = 7( x − 1) , pt có nghiệm nguyên x = Thử lại thấy (x ;y) = (1 ;0) nghiệm nguyên pt cho Cách khác : Xét điều kiện có nghiệm pt bậc theo ẩn x y Câu 3.1 (2,0đ) Q= 16 x + x + + 16 x − 24 x + = (4 x + 1) + (3 − x) = x + + − x ≥ 4x +1+ − 4x = ≤ x≤ 4 Vậy GTNN Q − ≤ x ≤ 4 xy  2  x + y + x + y = 16 (1) Giải hệ   x + 12 + x + y = x + x + (2)  x + y ≥ ĐK: Q = ⇔ (4 x + 1)(3 − x) ≥ ⇔ − Câu 3.2 (2,0 đ) (1) ⇔ (x + y)((x + y)2 − 2xy) + 8xy = 16(x + y) ⇔ (x + y)((x + y)2 − 16) − 2xy(x + y − 4) = ⇔ (x + y − 4)(x2 + y2 + 4(x + y)) = ⇔ x + y − = (vì x + y > nên x2 + y2 + 4(x + y) > ) Thay x+y=4 vào pt thứ ta : x + 12 + = x + x + ⇔ x + 12 − x + = x − (*) Nhận xét: VT>0 ⇒ VP > ⇒ x > , (*) ⇔ ⇔ x + 12 − = x − + x + − x2 − x + 12 + = 3( x − 2) +   x+2 x+2 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= 2 x +5 +3 x +5 +3   x + 12 + x2 − x = ⇔ x+2 x+2  − − = (**) 2  x + 12 + x +5 +3 ⇒ x + > , mà x+2 x+2 x + 12 + > x + + ⇒ < x + 12 + x2 + + x+2 x+2 ⇒ − − < 0, ∀x > 2 x + 12 + x +5+3 (**) vơ nghiệm Vì x > Vậy (*) có nghiệm x=2 suy hệ cho có nghiệm (x;y)=(2;2) Câu Câu 4.1 (1,0 đ) c/m tứ giác IKMB nội tiếp · Ta có KMB = 900 ( chắn nửa đường tròn (O) · Lại có KIB = 900 (gt) nên tứ giác IKMB nội tiếp (vì có góc đối vuông) Câu 4.2 (2,5 đ) c/m tâm F (CKM) thuộc đường cố định · · Vẽ đường kính CE (CKM) , ta có KE // AB ( ⊥ CD) ⇒ MKE (đ/vị) = MAB · · ¼ (F) ) Lại có MKE (cùng chắn cung ME = MCE · · » (O) ) (cùng chắn cung MB MAB = MCB · · Suy MCE = MCB ⇒ C, E, B thẳng hàng ⇒ C, F, B thẳng hàng Câu 4.3 (2,0 đ) Suy F thuộc đường thẳng CB cố định Tính độ dài ngắn DF Kẻ DH ⊥ CB H ⇒ DH không đổi Ta có DF ≥ DH nên DF ngắn DH R2 2R 4R = ⇒ CD = 3 4R 8R 2R CB = BI BA = R = ⇒ CB = 3 BI CD Lại có DH.CB=BI.CD ( nửa S ∆ CBD) ⇒ DH = CB 4R 4R 3 = R Vậy DF ngắn 8R DH = 2R Ta có CI = CO − IO = R − Câu (2,0 đ) A O B M I C D K P Q Tam giác ABC không cân nên M ≠ D ⇒ P ≠ Q Lấy điểm I đối xứng với D qua M , gọi K trung điểm PI · · Ta có PAB = PAC ⇒ PM ⊥ BC ⇒ ∆PID cân P 1 · » ) = CDP · · = sd ¼ ABP = ( sd »AB + sdCP = DIP Mặt khác MQP 2 · · Do tứ giác PMIQ nội tiếp Từ PMI = 900 = 900 ta có PQI Vì PD=PI=PK+KI=MK+KQ ≥ MQ Nếu PI=MQ MIQP hình chữ nhật hay PQ ⊥ PM (điều không xảy ra) Vậy PD>MQ (đpcm) Lưu ý: - Các cách giải khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm tồn khơng làm tròn ...HÀ NAM LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ NĂM HỌC 2011-2012 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM (Đáp án biểu điểm gồm trang) Câu Câu 1.1 (1,5 đ) Nội dung  x