Khi hình tròn lăn một vòng đầy đủ trên các cạnh của tam giác thì quỹ đạo của tâm hình tròn đó có độ dài bằng bao nhiêu?. Bài 6 : (2,0 điểm)[r]
(1)UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP THCS - NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm) Cho phương trình x4 2mx23m 0 (1) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt
2 Khi (1) có nghiệm phân biệt x x x x1, , ,2 4, tìm giá trị nhỏ biểu thức:
4 4
1 A x x x x x x x x Bài 2: (4,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
2
2
1 10
2 20
x y
x x y y
2 Tính tổng 2 2
1 1
4 15 12 35 2020 1020099
S
x x x x x x x x
khi x2011.
Bài 3: (2,0 điểm)
Tìm số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:
2 10 2 2 x y xy x y Bài 4: (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O ; R), lấy điểm cố định A vẽ đường tròn (A ; R) Lấy điểm H di động (A ; R), cát tuyến (O) qua A H cắt (O) điểm thứ hai K Dựng trung trực đoạn HK cắt (O) B C
1 Chứng tỏ H trực tâm tam giác ABC Tính số đo góc A tam giác ABC
Bài 5: (2,0 điểm)
Một hình trịn bán kính cm lăn ngồi tam giác vng có cạnh góc vng cm cm Hình trịn lăn tiếp xúc với cạnh tam giác đỉnh tam giác, hình trịn ln giữ tiếp xúc với đỉnh lăn từ cạnh sang cạnh Khi hình trịn lăn vòng đầy đủ cạnh tam giác quỹ đạo tâm hình trịn có độ dài ?
Bài 6: (2,0 điểm)
(2)Hết
UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP THCS NĂM HỌC 2009 - 2010
(3)Bài Câu Nội dung Điểm
1 (4 điểm)
1.1 (2 đ)
4 2 3 4 0 x mx m (1)
Đặt tx2 0, phương trình (1) trở thành: t2 2mt3m 0 (2)
Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt cần đủ phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt
Ta có
2
2
' ,
2
m m m m
R
Do (2) ln ln có nghiệm phân biệt
Để (2) có nghiệm dương phân biệt t t1, 2, cần đủ là:
1
3 4
2
P t t m
m
S t t m
Vậy phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi:
4 m 0,5 0,5 1,0 1.2 (2 đ)
Với điều kiện:
4
m
, phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt t t1, 2, nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt:
1 1, 1, 2,
x t x t x t x t
, suy ra: 1,
x x x x x12 x22 t x1, 32 x42 t2, đó:
4 4 2
1 21 22 61 A x x x x x x x x t t t t
2
1 2
2 5 4 15 20
A t t t t m m m m
2
15 95 95
8
8 64
A m
.
Vậy
95
A
15
8
m
(thỏa điều kiện)
0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5
2 (4 điểm)
2.1
(2 đ)
2 2 2 2
1 10
1 10
2 20 1 20
x y
x y
x x y y x y
Đặt u x 1;v y 2, hệ phương trình trở thành:
2 2 2 2 2
2 2 2 2
10 10 10
1 20 19
u v u v u v
u v u v u v u v
Do u v2, hai nghiệm phương trình t210t 9 t1 1;t2 9.
0,25
(4)Giải hệ
x 1 1;y , x 1 1;y 23 , x 1 1;y , x 1 1;y 23 x 1 3;y , x 1 3;y 21 , x 1 3;y , x 1 3;y 21 Ta có nghiệm hệ phương trình cho là:
x y; 0;5 , 0; , 2;5 , 2; , 2;3 , 2;1 , 4;3 , 4;1 0,75 2.2
(2 đ) S x1 1x 3 x 3 1x 5 x 5 1x 7 x1009 1x1011 Điều kiện để S có nghĩa: x1,3,5, ,1009,1011 hay:
2 1, , 506
x k kZ k
1 1 1 1 1 1
2 1007 1009 1009 1011
S
x x x x x x x x x x
1 1 505
2 1011 1 1011
S
x x x x
Khi x2011 (thỏa điều kiện)
101 402000
S
0,5 0,25
0,5 0,25
0,5
3 (2 điểm)
2 10 2 2 1 2 2 10 0
x y xy x y y x yx y
, phương trình bậc hai theo ẩn x tham số y 2 y2 0, y R
2 2 2
' 25y 2y y y 24 2y
Để phương trình có nghiệm ngun 24 2 y2 0 2
24 2 y k kZ
2
24 2 y 0,yZ y0; y1; y2; y3
Với y0 ta có x0 nên (0 ; 0) nghiệm phương trình
Với y1; y3 ' = 22 ' = 6, khơng phải số chính phương
Với y2 ta có ' 4.16 8 2 ' 8, ta có nghiệm phương trình:
10
2
y
x y
Khi y2 phương trình có nghiệm ngun x2 Khi y2 phương trình có nghiệm ngun x2. Vậy phương trình cho có nghiệm:
x0; y0 , x2; y2 , x2; y2
0,25 0,25 0,5 0,25 0,25
(5)4 (6,0 điểm) 4.1
(2 đ) + Ta có: Hai tam giác BHC BKC đối xứngvới qua BC, nên chúng nhau, suy ra:
BHC BKC .
Vẽ tia CH cắt AB E tia BH cắt AC D Ta có: BAK BCK (góc nội tiếp chắn cung BK) BCH BCK (CI đường cao tam giác cân HCK, vừa phân giác góc C) Suy ra: BAK BCE
Mà BAK ABC 900 nên BCE ABC 900 Do đó: BEC900, nên CE đường cao thứ hai tam giác ABC
H giao điểm hai đường cao AI CE tam giác ABC, H trực tâm tam giác ABC
0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 4.2
(4 đ)
(2 đ)
+ Trường hợp H ở đường trịn (O):
Kẻ đường kính FG (O) vng góc với dây BC M, M trung điểm BC
Trong đường tròn (O) hai dây AK FG song song nên chắn hai cung
KF AG KF AG (1).
Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG hình bình hành, suy ra: AG = OH (2)
Từ (1) (2) suy KF = HO, nên HKFO hình thang cân
Mà BC trung trực HK nên trung trực OF, nên
1
cos 60
2 2
R OM
OM OF FOC FOC
OC
Mà
1 600
2
BAC BOC FOC
(góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC)
0,25 0,25 0,25 0,25
0,5 0,5
(1 đ)
+ Trường hợp H ở ngồi (O) trên nửa đường trịn (A)chứa điểm O, đường kính PQ là tiếp tuyến (O) A
Khi tam giác ABC có góc nhọn góc tù (góc C tù chẳng hạn)
Ta có: HBI AHB 90 ,0 HBI IBK (đối xứng qua BI), IBK CAK (góc nội tiếp chắn cung KC), nên CAH AHB 900, suy ra: BH AC D Vậy H trực tâm
0,25
(6)(1 đ)
+ Trường hợp H ở nửa đường trịn (A) đường kính PQ khơng chứa O:
Khi A góc tù Ta chứng minh tương tự H trực tâm tam giác ABC M trung điểm bán kính OF
Suy MOC 600 BOC 1200
Mà BFC BOC 1200 (2 góc đối xứng nhau qua BC)
Nhưng BAC BFC (góc nội tiếp chắn cung BKC
Vậy BAC1200
0,25 0,25 0,25
0,25
5 (2,0 điểm)
+ Quỹ đạo tâm hình trịn hình trịn lăn đủ vòng cạnh tam giác ABC gồm đoạn thẳng có độ dài cạnh tam giác vuông nối với cung trịn bán kính cm, cung trịn có số đo là:
0 0
90 , 180 , 180 , tổng số đo cung trịn là:
0 0
90 360 360
(vì 900) Ta có độ dài cạnh huyền 6282 100 10 cm Vậy độ dài quỹ đạo tâm hình trịn là:
360
6 10 24 ( )
180
r
cm
(vì r = cm)
0,5
0,5
1,0
6 (2,0 điểm)
Gọi un số chấm điểm tạo nên ngũ giác thứ n Ta có:
2 2
1 1; 2 5; 3 12; 4 1;
n n u n
Tổng quát:
2 1 2 1
2
n
n n
u n n n n Chứng minh: Hình ngũ giác thứ n gồm:
+ Một hình vng có n hàng chấm điểm, hàng có n chấm điểm, nên hình vng có n2 chấm điểm
+ Một hình tam giác có cạnh đáy trùng với cạnh hình vng, cịn lại n1hàng, hàng có số chấm điểm giảm dần sau:
1, 2, , 3, 2,
n n Do hình tam giác có số chấm điểm:
1 :
1
n
n
S n n n hay
S n n n
1
2S n n S n n
0,5 0,5
(7)Vậy:
2
2
n
n n
u n