Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến của đường tròn (O; r).[r]
(1)SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP THCS NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/03/2012 (Đề thi gồm có 01 trang)
Câu (2,5 điểm).
a) Rút gọn biểu thức:
2
2
5 6 3 6 8
3 12 ( 3) 6 8
x x x x
A
x x x x
b) Phân tích thành nhân tử:
3
3 3
a b c a b c Tìm x biết:
3 3
2 2 1 1
x x x x
Câu (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:
2
2
2 0 3 3
x xy y
xy y x
b) Giải phương trình:
3
3 3
3 16 2
x
x x
Câu (2,0 điểm).
a) Tìm nghiệm nguyên phương trình:
2
8x 23y 16x 44y16xy 1180 0 .
b) Cho n số nguyên dương m ước nguyên dương 2n2 Chứng minh rằng n2 + m khơng số phương.
Câu (3,0 điểm).
Cho đường tròn (O;R) AB đường kính Gọi d đường trung trực của OB Gọi M N hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d Trên tia OM, ON lấy lần lượt điểm M’ N’ cho OM’.OM = ON’.ON R2.
a) Chứng minh bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc đường tròn.
b) Khi điểm M chuyển động d, chứng minh điểm M’ thuộc một đường tròn cố định.
c) Tìm vị trí điểm M d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm vị trí điểm M d M khơng nằm đường tròn (O;R) để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu (0,5 điểm).
Trong hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r), tìm hình bình hành có diện tích nhỏ nhất.
………HẾT………
Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:……… …Chữ kí giám thị 2:……… ……
(2)SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MƠN TỐN LỚP – THCS NĂM HỌC 2011 – 2012
Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Điểm thi làm tròn đến 0,25đ
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Rút gọn biểu thức:
2
2
5 6
3 12 ( 3)
x x x x
A
x x x x
1,5
ĐKXĐ: x £2 x > 0,25
2 3 ( 2)( 4)
3 ( 3) ( 2)( 4)
x x x x
A
x x x x
0,25
* Trường hợp 1: x £2, ta có:
2 3 (2 )(4 )
3 (3 ) (2 )(4 )
x x x x
A
x x x x
2
2
2 3
3 (3 )
x x x x
x x x x
0,25
2 3
4 (3 )
x x x x
x x x x
2
x x
(vì x £2 nên3 4 x(3 x) 2 x0)
0,25 * Trường hợp 2: x >4, ta có: x ( x 3) x 0 nên:
2 (1)
2
2 3
3 ( 3)
x x x x
A
x x x x
3
4 ( 3)
x x x x
x x x x
2
x x
(1)0,25 0,25 b
Phân tích đa thức thành nhân tử:
3 3
a b c a b c 0,5
Ta có
3 3
a b c a b c a b 3c3 3ab a b a b c 3
a b c3 3c a b a b c 3ab a b a b c3
0,25
3 a b c a b c ab
3a b a b c c b c 3a b b c a c
(*) 0,25
Tìm x biết:
3
2 2 1 1
x x x x 0,5
Ta có:
3 3
2 1 13 2 0
x x x x
3 x x x x
(Theo (*)) 0,25
Vì x2 x 1=0;x21=0 vơ nghiệm KL: x = -2 0,25
2 a
Giải hệ phương trình:
2
2
2 (1)
3 (2)
x xy y xy y x
1,0
(1)
2 0
x y y x y
x y x 2y 0
, ta x = y x = -2y 0,25
* Với x = y, từ (2) ta có: 4x2 x 0 , ta
3 1,
4
x x 0,25
* Với x = -2y, từ (2) ta có y2 2y 0 , ta y11,y2 3
Nếu y 1 x2 Nếu y 3 x6 0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1); 3
; 4
; (2; -1); (-6; 3).
(3)b
Giải phương trình:
3 3 16 x x x
1,0
3
3 3
3 3 16
2 2
x x x
x x x
x x x
, (ĐKXĐ: x 2) 0,25
32 32
3 16 2 x x x x
Đặt
32 x t x
, ta t33t216 0 (*)
0,25
(*)
3 2
4 16
t t t
t t2 4 t4 ( t 4) 0 t4t2 t 40
Lý luận để có t = - 0,25
Với t = - 4,
32 x x
hayx2 6x 9 4x8
2
1 1( )
x x TM
Vậy x = 0,25
3 a Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 8x2 23y2 16x 44y 16xy 1180 0
1,0
Biến đổi phương trình cho ta
2
8 x y 1 15 y 1248 0,25
2 1248
2 83
15
y y
Do
2
8 x y 1 ,1248
chia hết cho 8; (15;8)=1 nên
y 22
số phương&chia hết cho
2
2 0;16;64
y Ta có TH sau:
0,25 * 2 2 156
8 1248
y y x x y
Do 156 không c.phương nên TH vô nghiệm
* 2 2
2 16 16
8 15.16 1248 126
y y
x y x y
Do 126 không c.phương nên TH vô nghiệm
0,25 * 2 10 64
8 15.64 1248
1 36 y y y x y x y
Ta
2 10 10 11 36 17 y y x x x
hoặc
2 6 36 11 y y x x x
Vậy (x; y) (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)
0,25
b Cho n số nguyên dương m là ước nguyên dương 2n2 CMR: n2 + m không số
chính phương 1,0
Giả sử n2 + m là số phương Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương)
Theo ta có 2n2= mp (p ngun dương)Þ m2 :n p2 , thay vào (1) ta có: 0,25
2
2
2 2 2 2 2
2
n
n k n p pn p k n p p pk
p
0,25
Do n2,
2 pk
chính phương, nên p22p phải phương 0,25
Mặt khác
2
2 2 1
p p p p
, tức p22p khơng phương Nên giả sử sai
Vậy n2 + m khơng phương 0,25
(4)N'
O
A B
M
N M'
' '
OM ON
ON OM (vì OM’.OM = ON’.ON);
MONchung nên OM N' đ dạng với ON M'
0,25 0,25
' '
ONM OMN
; OM N ON M ' '
nênM MN ' 'M NN ' ' 180 0( M’, N’
nhìn M N góc, M’ N’ kề - M, N nằm nằm ngoài(O) ) M, M’, N’, N thuộc đường trịn.
( Thí sinh cần làm trường hợp cũng cho 0,5 đ)
0,25 0,25
b Khi điểm M chuyển động d, chứng minh điểm M’ thuộc đường tròn cố định 1,0
M'
C' C
O A
B
M Gọi giao d với OB C
Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B điểm C’ cố
định tia OC
0,25
Ta có:
2
1
'
2
OC OC BO BO R 0,25
OC OC 'OM OM'
' '
OC OM
OM OC ; MOC
chung OCM đồng dạng với OM C' '
0,25
OM C OCM' 900.Vậy M’ thuộc đường trịn
đường kính OC’ cố định 0,25
c Tìm vị trí điểm M d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ theo hai trường hợp 1,0
K
E
D
C
O A
B
M Gọi giao d với (O;R) D, E (hình vẽ)
*TH1: Do d trung trực OB MO = MB. 0,25
Ta có: MA + MO = MA + MB AB, dấu “=”xảy
ra M trùng C
MA + MO nhỏ M trùng C (Md)
0,25 *TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D
0,25 Gọi K giao tia BD với AM
Ta có MB + MKKB = KD + DB
KD + AK AD
MA + MO = MA + MB DA + DB, dấu “=”
có M trùng với D
Tương tự M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa
E: MA + MO = MA + MB EA + EB, dấu “=”
xảy M trùng với E 0,25
Vậy MA + MO nhỏ M trùng D M trùng E (Md, M không (O;R)).
5 Trong hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r), tìm hình bình hành có diện tích
nhỏ 0,5
Theo ta suy cạnh hình hành tiếp tuyến đường trịn (O; r) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm đường trịn với cạnh hình vẽ
CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN
CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ
2BC = 2AB BC = AB
0,25
Kẻ AHBC Ta có AB AH , dấu “=” có khi 900
ABC .
Ta có:OMBC,OPAD, AD // BC P, O, M thẳng
hàng, AH = PM = 2r
(5)Q
P
N M
r H
A
D C B
O
ABCD
S AH.BC 2r. AB2r.AH=2r.2r SABCD4r2, dấu “=” xảy ABC900
Vậy hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r) hình vng có diện tích nhỏ 4r2