De thi chon HSG tinh vong1 thach ha nam 1112

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH HÀ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2011 - 2012 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 23 / 12 / 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4,0 điểm): Cho biểu thức: M  a a 3 2( a  3) a 3   a 2 a 3 a 1 3 a a) Rút gọn biểu thức b) Tìm giá trị nhỏ M Bài (5,0 điểm): a) Cho x, y hai số dương x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  xy x  y b) Chứng minh với số nguyên dương n,    . 2 (n  1) n Bài (4,0 điểm): Giải phương trình: a) x 1  x   x   b) x  5x  x  5x   2 Bài (5,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB; E điểm thuộc đường kính AB (E khác A B) Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H AE vẽ dây cung CD đường tròn (O) vng góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) I Chứng minh rằng: a) Ba điểm I, E, D thẳng hàng b) HI tiếp tuyến đường tròn (O’) c) ∆CHO = ∆HIO’ d) HA + HB2 + HC2 + HD không đổi E chuyển động đường kính AB Bài (2,0 điểm): Cho (O; R) hai điểm A, B cố định nằm ngồi đường tròn cho OA = R Tìm vị trí điểm M đường tròn cho tổng MA+ MB đạt GTNN? .Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Nội dung a) (2,0đ) ĐKXĐ: a �0;a �9 M Bài 4,0đ Điểm 0,5đ a a 3 2( a  3) a 3    ( a  1)( a  3) a 1 a 3  a a   2( a  3)  ( a  3)( a  1)  ( a  1)( a  3)  a a   2a  12 a  18  a  a   ( a  1)( a  3)  a 8 a a  24  3a  a a( a  3)  8(3  a )   a 1 ( a  1)( a  3) ( a  1)( a  3) 0,5đ 0,5đ 0,5đ b) (2,0đ) a  a 1  9   a 1 2 a 1 a 1 a 1 Áp dụng BĐT CơSi cho số a  ta có: a 1 M  a 1  �2   a 1 � a   �3 � a  (TMĐK) Dấu “=” xẩy a   a 1 Vậy: Min M = a  a) (2,5đ) 1 Trước hết chứng minh: Với hai số dương x y ta có :  � (*) x y xy xy 1    �  Áp dụng (*) ta có xy xy x y xy �1 1 �1   2  �  2 ��   Ta có A  = xy x  y 2xy x  y 2xy �2xy x  y � xy x  2xy  y2 1 12   �2  12  14 xy (x  y) �x  y  1 �xy Dấu “=” xẩy � Vậy Min A = 14 x = y = 2 �x  y Ta có: M  Bài 5,0đ 0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ b) (2,5đ) Ta có n � �1   n�  � (n  1) n (n  1)n �n n  � 0,5đ � � �n n � � �1 �1 �1  n�   � � �  � � �  � � � n 1 � n 1 � � n n 1 � n 1 � �n �n �n � n � � �1 � �1 � 1 � �  � �  � � � n 1 � � n n 1 � �n � n 1 � 1 1 1 � �1 � �1 1      2�       A= �= �  � 2 (n  1) n n n 1 � � n 1 � �1 2 0,5đ 0,5đ 1,0đ a) (2,0đ) Đặt : a= x  ; b= x  ; c= x  Phương trình (1) cho trở thành: a+b+c= � a  b  c � a  3ab(a  b)  b3  c3 � a  b3  c3  3ab(a  b)  3abc 1,0đ x + 1+ x +2 + x +3 = 3 ( x  1)( x  2)( x  3) 0,5đ 3(x+2) = 3 ( x  1)( x  2)( x  3) (x +2)3 = (x+1)(x+ 2)(x+3) Bài 4,0đ (x+2) [(x +2)2- (x +1)(x +3)] =0 x +2 = x = - 0,5đ Vậy pt (1) có nhgiêm x = - b) (2,0đ) (2) x  5x  x  5x   2 ĐK: x  �5x ��� 0 x  (x 1)(x 4) Đặt x �1 (*) x  5x   t �0 (**) ta có phương trình (2) � t  t   � (t  1)(t  2)  � t  1 (loại) t  (Thỏa mãn **) Với t = ta có x  5x   � x  5x   � x  x = - Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm pt (2) x = x = - Bài 5,0đ Vẽ hình (0,5đ) 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ a) (1,5đ) Tứ giác ACED hình thoi (vì hai đường chéo vng góc cắt trung điểm) => AC // DE Mà AC  BC => DE  BC (1) I thuộc (O’) => EI  IB hay EI  BC (2) Từ (1) (2) => D, E, I thẳng hàng (đpcm) b) (1,0đ) �' IB  B � mà D � ) � HID � O �' IB �  HDI � O �B � (cùng phụ với BCD Vì HID �  900 , suy HI tiếp tuyến (O’) Do đó: HIO c) (1,0đ) Xét tam giác vuông HCO IHO’ có HC = HI (vì = HD) (3) Ta có OC =R(O) HO’ = HE + EO’ = 1/2AE + 1/2EB = 1/2.2R(O)= R(O) => OC = HO’ (4) Từ (3) (4) => ΔHCO = ΔIHO' (cạnh huyền – cạnh góc vng) d) (1,0đ) Ta có: HA2 + HB2 = AC2 ; HC2 + HD2 = BD2 Mà BD = BC (do AB đường trung trực CD) Nên HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = AC2 + BC2 Mặt khác: ACB nội tiếp đường tròn đường kính AB �  ACB vng C � AC2 + BC2 = AB2 = 4R2 Vậy, tổng HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 không đổi E chuyển động đường kính AB Gọi C giao điểm đoạn thẳng OA với (O; R) B OC  Trên đoạn OC lấy điểm N cho ON OC OM OA    suy MOA ~ NOM Suy M ON ON OM Bài (c.g.c) N O 2,0đ MA C �  � MA  2MN MN � MA  2MB  2MN  2MB   MN  MB  � 2NB (không đổi) Dấu “=” xẩy M thuộc đoạn NB Vậy M giao điểm đoạn NB với đường tròn (O; R) Tổng Lưu ý: - Học sinh giải cách khác hợp lí cho điểm tối đa; - Điểm tồn thi qui tròn đến 0,5 PHỊNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ A 0,5đ 0,5đ 20.0đ ... 0,5đ 0,25đ a) (1,5đ) Tứ giác ACED hình thoi (vì hai đường chéo vng góc cắt trung điểm) => AC // DE Mà AC  BC => DE  BC (1) I thuộc (O’) => EI  IB hay EI  BC (2) Từ (1) (2) => D, E, I thẳng hàng... ΔHCO = ΔIHO' (cạnh huyền – cạnh góc vng) d) (1,0đ) Ta có: HA2 + HB2 = AC2 ; HC2 + HD2 = BD2 Mà BD = BC (do AB đường trung trực CD) Nên HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = AC2 + BC2 Mặt khác: ACB nội tiếp...  �3 � a  (TMĐK) Dấu “=” xẩy a   a 1 Vậy: Min M = a  a) (2,5đ) 1 Trước hết chứng minh: Với hai số dương x y ta có :  � (*) x y xy xy 1    �  Áp dụng (*) ta có xy xy x y xy �1 1 �1