[r]
(1)PHỊNG GD&ĐT BÌNH XUN ĐÁP ÁN MƠN TOÁN KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM 2017
Mơn Tốn
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu Ý Nội dung Điểm
1 1,5đ
a
2
6 5 (2 1) 6 5 13 3
A
3 1 3 1
0.5
2
6 ( 1) ( 1) 3
A
3 3
b
2 2
y 1 x(1 x)(1 x ) y x x x x 1, ta có:
0.25 2 2 2 4 3 2 4 3 2 2
2y - 2x +x =4x +4x +4x +4x+4-4x -4x -x =3x +4x+4
mà
2
2
2 2 5
3x +4x+4=3 x 0 2y 2x +x , x
3 3
(1)
2 2 2 4 3 2 2 4 3 2
2x +x+2 - 2y =4x +4x +8x +4x+4+x -4x -4x -4x -4x-4
0.25
=5x 0, x 0 (2) Từ (1)&(2)2x +x2 2 2y 2x +x+22 2 khơng có số nguyên y thỏa mãn
Vậy suy x=0 2y 2x +x+12 2 Với x=0, thay vào ta có: y2 y 1
0.5 Khi (2y)2 2x2 x 12 x22x 0 x x13,
2
x 1 Vậy (x,y)=(0,1);(0,-1);(3,-10);(3,-10); (-1; 1); (-1; -1)
2 2đ
a
Ta có: d :y 2x 3m 21 d : y (m2 2m)x 4
0.5
2
1
1
1; 2
d / /d
2
m m
m m
m m
m
b
Dễ thấy A +B2 (A+B)2
2
, áp dụng với:A 2x y 3m 2
0.5
B m m)x y 4 ta có:Q ( 2x y 3m 2) 2(m2m)x y 4)
m2 m x m 2 2
Ta lại có:m2 m 2 m m 2 0 m11,m2 2 0.25 Với m=1, ta có: Q 81
2
; Với m=-2, ta có:Q 0 0.25 Với m 1&m 2, ta ln có: Q 0 , dấu “=” xáy x 3
m 1
0.25
Vậy Min(Q)=0 m=-2( x 3 m 1
(2)3 2đ
a
Điều kiện xác định: x 2, ta có phương trình: 2(x +2)=32 x +8+2x 3
0.25
2
2(x -2x+4)-2 x+2
3 x+2 x -2x+4
(1)
Đặt a x+2;b x -2x+42 , với a0;b0 Khi đó: a2 x 2; 0.25
2
b x -2x+4 Ta có P/trình(1)2b22a2 3ab2a22b23ab0
2 2
2
a b a b
a b a b
a b a b
(Vì a0;b0) 0.25
Khi:2a b 2 x+2 x -2x+42 x -6x-4=02 x 3 13(Thoả mãn)
0.25 3
x x
(T/mãn)
Khi a b 0 , khơng xáy (vì b x -2x+42 x +3 0 2 ) Vậy x 3 4
b
Ta có phương trình cho tương đương với phương trình sau: x +2x -x -mx + x +2x -x-mx -(mx +2mx-m-m )=04 2 2
0.25
2 2
x x +2x-1-m +x x +2x-1-m -m(x +2x-1-m)=0
(1)
2 (2)
x +2x-1-m 0
x +2x-1-m x x-m =0 *
x x-m 0
Điều kiện cần đủ để PT cho có nghiệm phân biệt hệ pt(*) có
0.25 nghiệm Phân biệt pt(1)&pt(2) có nghiệm phân biệt Do ta có:
/
1
1 &
4
m m m
(3)
Gọi x0 nghiệm chung phương trình (1)&(2) ta có:
0.25
0
0
0
x +2x -1-m 0
x 1 x x -m 0
, thayx0=1 vào
2
0
x x -m 0 m 2 Thay m=2 vào pt(1)&(2) ta có: Pt(1)x +2x-3 02 x0 1;x1 3 Pt(2)x +x-2 02 x0 1;x2 2 Thấy với m=2 p/trình có
0.25 Nghiệm chung (4) Từ (3)&(4) ta suy để phương trình (1)&(2) có
Nghiệm phân biệt hay điều kiện cần đủ để PT cho có nghiệm phân biệt là: / 1&
4
m R m m
4
(3)a
Ta có ΔAEB: ACEAE =AB.AC=AF2 2AE=AF= AB.AC (vì AE
AF tiếp tuyến), mặt khác A,B,C cố định nên AB.AC không đổi Vậy E&F nằm đường tròn (A; AB.AC ) cố định
b
Gọi Ex tia đối tia EA ta có: AE, AF tiếp tuyến đtrịn(O) E;F
1 I trung điểm dây BC nên suy ra:AEOE; AF OF;BC OI=>
điểm A;O;E;F;I nằm đường trịn đường kính AOEFI EFE· · / EAI·
mà · / · / · / ·
xEE EFE xFE EAI=>EE///AI=>EE///BC (Vì góc vị trí
đồng vị)=>tứ giác BCE’E hình thang
c
Ta có:AE&AF tiếp tuyến đtrịn(O), OE&OF bán kính đtrịn(O)
1 nên:AE AF;OE OF AOlà trung trực EFAO EF= N ;IO BC
Suy tứ giác ONKI nội tiếp đtrịn đường kính OK Gọi O/ tâm đtròn
ngoại tiếp tứ giác ONKI =>O/ nằm đường thẳng (d) trung trực IK
Ta lại có ΔANK: AIO(doN=Iµ $và chung góc đỉnh A)=>AK.AI=AN.AO (1)
áp dụng hệ thức lượng tam giác vng EAO ta có AN.AO=AE2(2)
Mặt khác AE =AB.AC2 (c/minh trên) (3) Từ (1);(2);(3) =>AK.AI=AB.AC
AB.AC AK=
AI
Vì A;B;C;I điểm cố định nên K điểm cố định, đường thẳng (d) cố định hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi
5 1,5đ
Đặt a x; b 2y;c 3z với x y z, , f 0, ta có: 1
x y z , đó:
0.5
2 2 2
2 2 2 2 2 2
27a b 8c x y z
+ + + +
2
c c +9a a 4a +b b 9b +4c z z +x x x +y y y +z
(1)
Đặt
2 2
2 2 2
x y z
+ + A
z z +x x x +y y y +z , ta xét hiệu
1 1 A-( + + )=A-3
x y z ,Ta có:
0.25
2 2
3 3 2 2 2
x y z z
A ( - )+( - )+( )
+zx x +xy y +yz z x
x y
z z x y x y y z
Ta lại có: 2
2
z
z x
z x 2
z zx
zx x
; chứng minh tương tự ta có:
0.25
2 2 2 2 2
1 z x y 1
; + + + + =
2 z +x x +y y +z 2x 2y 2z
x y
x y y y z z
2 2 2
z 3
A 3- A
z x 2
x y
x y y z