Đề thi HSG Huyện có hương dẫn chấm 2

ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN THI HSG CẤP HUYỆN NĂM 2010 – 2011 Ngày thi: 01/12/2010 Bài 1(4 đ). Cho biểu thức 2 1 1 M = : 86 1 1 1 a a a a a a a a   + − + +  ÷  ÷ + + − −   a) Rút gọn biểu thứ M b) Tính M khi 7 2 6a = − Bài giải: a) Ta thấy: Với 0a ≥ Thì 1 ( 1)( 1)a a a a a− = − + + Có 2 1 3 ( 1) 0 2 4 a a a   + + = + + >  ÷   Nên biểu thức M có nghĩa khi 0 0 1 1 0 a a a a ≥  ≥   ⇔   ≠ − ≠    2 1 1 M = : 86 1 1 1 a a a a a a a a   + − + +  ÷  ÷ + + − −   = ( 1) 2 ( 1) 1 = : 86 ( 1)( 1) a a a a a a a a a   − + + − + + −  ÷  ÷ − + +   2 1 86 = . ( 1)( 1) 1 a a a a a a   − +  ÷  ÷ − + + −   86 = 1a a+ + Vậy: 86 M = 1a a+ + b) Theo câu a) Biểu thức M có nghĩa khi: 0 1 a a ≥   ≠  (*) Và 86 M = 1a a+ + Với 7 2 6a = − ta viết ( ) ( ) 2 2 7 2 6 6 1 à 6 1 6 1a v a= − = − = − = − t/m đk (*) Vậy 86 86 86 86(7 6) M = 2(7 6) 14 2 6 49 6 1 (7 2 6) ( 6 1) 1 7 6a a + = = = = + = + − + + − + − + − M = 2(7 6) 14 2 6+ = + Vậy với 7 2 6a = − thì M 14 2 6= + Câu 2(3 đ): Giải Pt: 2 2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − + HD: -ĐK PT xác định: { 2 2 0 4 0 2 2 0 x x x x − ≥   − ≥ ⇔ ≥   + ≥  (*) 2 2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − + ⇔ 2 2 2 2 4 2 2 0x x x x− − + − − + − = (1) -Đặt t = 2 2x x+ − − > 0 suy ra 2 2 t 2 2 4x x= − − Ta đưa PT (1) về PT ẩn t: t 2 - t - 2 = 0 với t > 0 ⇔ (t + 1)(t - 2) = 0 với t > 0 ⇔ t - 2 = 0 vì t > 0 nên t + 1 > 1 ⇔ t = 2 hay 2 2x x+ − − = 2 Mà (x + 2) - (x -2) = 4 nên ta suy ra 2 2 2x x+ + − = 1 Ta có được: 2 2 2 2 2 2 x x x x  + − − =   + + − =   2 2 2 0 x x  + =  ⇔  − =   2x⇔ = thõa mãn ĐKXĐ (*) Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2 Câu 3(3,5 đ): Trong mp tọa độ cho parabol (P) 2 x y = - 4 , điểm M(0 ; -2) và đường thẳng d qua M, có hệ số góc k. 1.CMR đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi k. 2. Tìm k để đoạn AB ngắn nhất. HD: - Từ giả thiết : đường thẳng d đi qua M(0 ; -2) và có hệ số góc k nên dễ dàng viết được pt đường thẳng d: y = kx -2 với đk k 0 ≠ (**) 1. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và (P) là nghiệm pt: 2 x - 2 4 kx= − 2 4 8 0x kx⇔ + − = Có ' 2 4 8k∆ = + > 0 với mọi k nên pt 2 4 8 0x kx+ − = luôn có hai nghiệm phân biệt vói mọi k. điều đó có nghĩa là đt d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi k 2. Từ câu1 ta có được hoành độ giao điểm của d và (P) lần lượt là 2 2 1 2 2 4 8 à 2 4 8x k k v x k k = − − + = − + + đk k 0≠ (**) Giả sử A(x 1 ; y 1 ) và B(x 2 ; y 2 ) Cách1: Xét độ dài hình chiếu vuông góc của 2 đoạn thẳng trên cùng một đường thẳng: Gọi C, D lần lượt là giao điểm của đt y = 2 với (P), suy ra hình chiếu của CD trên Ox là C’D’ có độ dài là , vì CD // Ox nên CD = C’D’ = 4 2 Còn đoạn AB có hình chiếu A’B’ trên Ox có độ dài là 2 1 2 2 4 8x x k+ = + mà 2 2 4 8 2 8 4 2k + > = với mọi 0k ≠ vì vậy ta có A’B’ > C’D’= CD với mọi 0k ≠ ; suy ra AB > A’B’ > CD = 4 2 với mọi 0k ≠ . Điều này có nghĩa là không tìm được giá trị của k với 0k ≠ để đoạn AB ngắn nhất Cách2: sử dụng công thức tính khoảng cách của 2 điểm trên mp Dễ dàng chứng minh trên hình vẽ: AB 2 = (x 1 - x 2 ) 2 + (y 1 - y 2 ) 2 hay: AB 2 = (x 1 - x 2 ) 2 + 2 2 2 1 2 ( ) 16 x x− 2 2 2 2 1 2 4(4 8)( ) 4(4 8) 16 k x x AB k + + = + + 2 2 2 2 4(4 8)16 4(4 8) 16 k k AB k + = + + 2 4 2 4 2 16( 3 2) 16( 3 ) 16.2 16.2AB k k k k= + + = + + ≥ suy ra 2 16.2AB ≥ hay 4 2AB ≥ Dấu “=” xảy ra khi đường thẳng AB // Ox, Khi đó k = 0 điều này không thõa mãn đk (**). Vậy không tìm được giá trị của k thõa mãn bài toán để đoạn AB ngắn nhất. f(x)=-0.25 *x^2 f(x)=-2 f(x)=0.3 *x - 2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y Câu 4(5 đ): Cho góc vuông xOy và hia điểm A, B trên cạnh Ox (OA < OB), điểm M bất kỳ trên 2 cạnh Oy, M khác O. Đường tròng tâm I đường kính AB cắt các tia MA, MB lần lượt tại điểm thứ hai là C, D. Tia OD cắt (I) tại điểm thứ hai E. 1. Chứng minh tứ giác OCEM là hình thang 2. Chứng minh OD.OE + BD.BM = OB 2 3. Tìm vị trí điểm M để tứ giác OCEM là hình bình hành HD: 1.Dễ thấy · · BCA à BDAv là những góc vuông (góc nội tiếp (I) chắn nửa đường tròn) Góc · · ¼ 1 CBD CED 2 sdCAD= = (1) Và tứ giác ADMO nội tếp vì có µ µ 0 O D 180+ = nên ta có · · DMA DOA= (2) Gọi CE cắt OB tại K. Ta có tam giác BCM vuông tại C nên · · 0 90CBD DMA+ = (3) Từ (1), (2), và (3) ta có · · 0 90CED DOA+ = nên suy ra ông OEK vuV tại K. Suy ra CE // Oy, nên OCEM là hình thang 2. Dễ thấy ( . )BOM BDA g g:V V nên BO BM BD BA = suy ra BO.BA = BD.BM Hay BO(BO - AO) = BD.BM <=> BO 2 = BO.AO + BD.BM (4) Mà ABED nội tiếp nên µ µ 0 A E 180+ = suy ra · · BED DAO= , góc AOD chung nên: Xét ( . )BEO DAO g g:V V nên ta có BO EO OD OA = Suy ra BO.OA = OD.OE = BO.OA (5) KẾT HỢP (4) VÀ (5) ta suy ra OD.OE + BD.BM = OB 2 . 3) theo câu a) ta đã có OCEM là hình thang và · · 0 90CKO KOM= = Để OCEM trở thành hình bình hành => CE = OM Hay CK = 1 2 OM Xét ( . )CKA MOA g g:V V suy ra 1 à CK = 2 CK AK m MO MO AO = => 1 2 AK AO = Suy ra AK = 1 2 AO; vì A, O cố định nên AK = 1 2 AO => K cũng cố định , 1 à AK = 2 K AB v AO∈ vậy điều kiện để K AB∈ là AB > 1 2 AO Như vậy điều kiện để tồn tại OCEM là hình bình hành là: AB > 1 2 AO Cách xác định điểm M như sau: B 1 : Trên đoạn AB lấy K sao cho AK = 1 2 AO B 2 : Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt (I) tại C và E ( E nằm trong góc xOy) B 3 : Trên Oy lấy M sao cho OM = CE Khi đó OCEM là hình bình hành. Thật vậy: OCEM là hình thang có CE // OM và CE = OM nên OCEM là hình bình hành. *ĐK để tồn tại OCEM là hình bình hành là AB > 1 2 AO Câu 5(2 đ): Cho hình chóp OABC, có OA, OB, OC vuông goác với nhau từng đôi một. Từ O kẻ OH vuông góc với mp(ABC). Chứng minh rằng H là trực tâm cua tam giác ABC. 3 HD : Kẻ AH cắt BC tại F Ta có OH ⊥ mp(ABC) nên OH ⊥ BF Lại có AO ⊥ OB và AO ⊥ OC nên AO ⊥ mp(OBC) suy ra OA ⊥ BF Vậy BF ⊥ OH và BF ⊥ OA nên BF ⊥ mp(OAF) suy ra BF ⊥ AF tức là AH ⊥ BC tại F hay ta có AH là đường cao của ABCV chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có BH ⊥ AC và CH ⊥ AB nói cách khác H chính là trực tâm của ABCV Câu6(2,5 đ): Cho x, y lớn hơn 1, thõa mãn xy 4≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 1 M x y = + − − HD: Từ gt ta suy ra 1 4 1 0,4 0 1 4 1 0,4 0 4 4 x x x y y y xy xy < < − > − >     < < ⇒ − > − >     ≤ ≤   (***) Từ xy 4≤ <=> x(y - 1) 4≤ -x => 1 1 4 x y x ≥ − − (1) Suy ra 1 1 1 0 1 1 4 1 x M x y x x = + ≥ + > − − − − ; Đặt 1 0 4 1 x t x x = + > − − ta tìm t min với t >0 và đk (***) Ta có 2 1 2 4 4 1 (4 )( 1) x x x t x x x x − + = + = − − − − ; Ta xét t -2 2 2 2 2 4 3( 4 4) 3( 2) 2 0 (4 )( 1) (4 )( 1) (4 )( 1) x x x x x x x x x x x − + − + − = − = = ≥ − − − − − − (2) (vì 4- x > 0, x- 1>0 và (x- 2) 2 ≥ 0) dấu “=” xảy ra khi 2 3( 2) 0 2 (4 )( 1) x x x x − = ⇔ = − − t/m (***) vậy t - 2 ≥ 0 suy ra t ≥ 2 dấu “=” xảy ra khi x = 2 vậy ta có 1 1 1 2 1 1 4 1 x M x y x x = + ≥ + ≥ − − − − (3) suy ra M ≥ 2 Suy ra M nhận giá trị nhỏ nhất : M = 2 xảy ra khi (3), (2) và (1) xảy ra dấu “=”, khi đó x = 2 và 1 2 1 4 x y y x = ⇒ = − − t/m (***) Vậy M min = 2 khi x =2 , y =2. 4 . ≥   + ≥  (*) 2 2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − + ⇔ 2 2 2 2 4 2 2 0x x x x− − + − − + − = (1) -Đặt t = 2 2x x+ − − > 0 suy ra 2 2 t 2 2 4x x= − − Ta. x 2 ) 2 + 2 2 2 1 2 ( ) 16 x x− 2 2 2 2 1 2 4(4 8)( ) 4(4 8) 16 k x x AB k + + = + + 2 2 2 2 4(4 8)16 4(4 8) 16 k k AB k + = + + 2 4 2 4 2 16( 3 2) 16(