deda hsg tinh nghe an 2010.doc

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP Đề thức NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn thi: TỐN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) (x3 12x  31)2010 Tính f (a) a 3 16   16  b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 5(x2  xy  y2) 7(x  2y) Câu (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x2  x3  x2  x2  x b) Giải hệ phương trình:    2 x y z   12 4  xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: A x3  y3 1  y3  z3 1  z3  x3 1 Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH  PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: Trang 1/4 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Mơn: TỐN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a 3 16   16  0,5 0,5  a3 32  33 (16  5)(16 8 5).( 16   16  ) 0,25 0,25 a)  a3 32  3.( 4).a 0,25 (2,0đ)  a3 32  12a 0,25  a3 12a  32 0  a3 12a  31 1 0,25  f (a) 12010 1 0,25 5(x2  xy  y2 ) 7(x  y) (1) 0,25  7(x  y)5  (x  y)5 0,25 1, Đặt x  y 5t (2) (t  Z ) 0,25 (4,5đ) (1) trở thành x2  xy  y2 7t (3) Từ (2)  x 5t  y thay vào (3) ta 0,25 2, 3y2  15ty  25t  7t 0 (*) 0,25 (4,5đ) 0,25 b)  84t  75t 0,25 (2,5đ) Để (*) có nghiệm   0  84t  75t2 0 0,25 0,25 a)  t 28 0,25 (2,5đ) 25 0,25 0,5 Vì t  Z  t 0 t 1 Thay vào (*) 0,5 Với t 0  y1 0  x1 0 0,25 0,25 Với t 1   y2 3  x2   y3 2  x3 1 ĐK x 0 x 1 Với x 0 thoã mãn phương trình Với x 1 Ta có x3  x2  x2 (x  1) 1 (x2  x  1) x2  x  1(x2  x) 1 (x2  x 1)  x3  x2  x2  x x2 x2 x  Dấu "=" Xẩy   x  x 1 Trang 2/4 x2 x   x 1 x  Vô lý 0,25   x x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x 0 0,25 1   2 (1) 0,25 x y z ĐK x; y; z 0 (I )    4 (2)  xy z Từ (1)  x2  y2  z2  2xy  2xz  2yz 4 0,25 Thế vào (2) ta được: 0,25 21 111222 xy  z2  x2  y2  z2  xy  xz  yz b)  x2  y2  z2  2xz  2yz 0 0,25 (2,0đ) 121 21 0,25  ( x2  xz  z2 )  ( y2  yz  z2 ) 0  1 2  1 2 0,25         0 x z  y z 1  0 0,25 x z  x y  z     0  y z Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) (1 ; ;  1) (TM ) 0,25 22 Ta có (x  y)2 0 x; y 0,25  x2  xy  y2 xy 0,25 Mà x; y > =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) 0,25  x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25  x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > 0,25 3, z3 + x3 Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > 0,25 + ≥ zx(x + y + z) > 0,25 (3,0đ)  A    0,25 xy(x  y  z) yz(x  y  z) xz(x  y  z)  A  x  y  z 0,25 xyz(x  y  z)  A  1 0,25 xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = 0,25 Trang 3/4 4, (5,5đ) C M DA Q E K O' O H I B N Ta có: B DE B AE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) 0,25 B AE B MN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O') 0,25  B DE B MN 0,25 hay B DI B MN  BDMI tứ giác nội tiếp 0,50 a)  M DI M BI (cùng chắn cung MI) 0,25 (3,0đ) mà M DI A BE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O) 0,25  A BE M BI 0,25 mặt khác B MI B AE (chứng minh trên) 0,25  MBI ~  ABE (g.g) 0,25  MI  BI  MI.BE = BI.AE 0,50 AE BE b) Gọi Q giao điểm CO DE  OC  DE Q 0,50 (2,5đ)   OCD vuông D có DQ đường cao  OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm 0,50 AB OO'  OO'  AB H Xét KQO CHO có Q H 900;O chung 0,50  KQO ~ CHO (g.g)  KO OQ  OC.OQ KO.OH (2) 0,50 CO OH Từ (1) (2)  KO.OH R2  OK  R2 OH Trang 4/4 Vì OH cố định R khơng đổi A 0,50  OK không đổi  K cố định P C H' H N M O B D E ABC vuông cân A  AD phân giác góc A AD  BC 0,25 5,  D  (O; AB/2) (2,5đ) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) 0,50  tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP mà N HP 900  H thuộc đường tròn đường kính NP  A HN A MN 450 (1) Kẻ Bx  AB cắt đường thẳng PD E 0,25  tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g)  BE = PC 0,50 mà PC = BN  BN = BE  BNE vuông cân B  N EB 450 mà N HB N EB (cùng chắn cung BN)  N HB 450 (2) Từ (1) (2) suy A HB 900  H  (O; AB/2) 0,50 gọi H' hình chiếu H AB  SAHB HH '.AB  SAHB lớn  HH' lớn mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D thuộc đường trịn đường kính AB 0,50 OD  AB) Dấu "=" xẩy  H  D  M  D Lưu ý:- Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn Trang 5/4 ...SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang ) ... giác góc A AD  BC 0,25 5,  D  (O; AB/2) (2,5đ) Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) 0,50  tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP mà N HP 900  H thuộc... xyz(x  y  z)  A  1 0,25 xyz Vậy giá trị lớn A  x = y = z = 0,25 Trang 3/4 4, (5,5đ) C M DA Q E K