Đang tải... (xem toàn văn)
Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ). a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi khi C chạy trên nửa đường tròn.. b) Gọi M là trung đ[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP THCS QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi : TỐN
Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/4/2011
Câu (3,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức A = 4 4
b) Cho x = 3 3
2
;
2 2 y2 2 Tính B = x2 – y2 Câu (4,0 điểm):
a) Giải phương trình: x27x12 3 x7
b) Giải hệ phương trình:
2 4
2
x xy y x xy y
Câu (3,0 điểm):
Cho phương trình: x4 + x2 + 2mx + m2 + 2m + = 0
a) Tìm giá trị m để nghiệm phương trình cho đạt giá trị lớn b) Tìm giá trị m để nghiệm phương trình cho đạt giá trị nhỏ Câu (3,0 điểm):
Chứng minh
5 2011
120 24 30
n n n
có giá trị nguyên với m thuộc Z Câu (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC Trên AC lấy điểm M cho
1
AM
AC , BC lấy điểm N
cho
1
BN
BC AN BM cắt I So sánh diện tích AIM diện tích BIN Câu (4,0 điểm):
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A ) Tia phân giác góc CAB cắt BC E cắt nửa đường tròn D (D khác A ) a) Chứng minh AD.AE + BC.BE đại lượng không đổi C chạy nửa đường tròn
b) Gọi M trung điểm BC Tia OM cắt nửa đường tròn N Chứng minh DE > MN
Hết
(2)MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH Năm học 2010 -2011
Câu (3,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức A = 4 4 2=
12 12
2
= 7
2
=
2
2 = 2 2 = 0 Cách khác: 2A 7 2
12 12 7
= Vậy A =
b) x =
3 3 3
2
2 2 4 1
=
3
3
3 3 3
2 2
4 2
=
3
3
2
4
2
3 3 3
6
2 2 4
y
=
3
3
3 3 3
3 2
4 2
=
3
3
3 2
4
2
Ta có B = x2 – y2 = 4 2
–
2 43 2
= 4 2 4 2 4 2 43 2
=
3 2 2 4 4 2 2.2 43
= – 4.2 = –8 Câu (4,0 điểm):
a) Giải phương trình: x27x12 3 x7<=> x2 4x 4 3x 7 3x 7 <=>
2
2
x x
Ta có (x+2)2 0
3x 7 0
với x
Nên
2
2
x x
x + =0 3x 7 0 <=> x = –2 3x + = => x = –2
(3)b) Giải hệ phương trình:
2 4
2
x xy y x xy y
<=>
2 4
2
x xy y
x y xy
<=>
2 2
2
2 2
4 4
2 4 4 4 5
x xy y x xy y
x xy y xy xy x xy y xy xy
<=>
2
2 2
0; 5
5 0
x y xy x y xy
xy xy
xy xy
2 2 2
0 0 0
x y y x
hoac
xy x y
hoặc
2 2
2
1
2 5
5 2 5 0
y x y x
x y
x x
xy x x
Ta có phương trình x2 – 2x + = vơ nghiệm, nên hệ phương trình (1) vơ nghiệm Vậy nghiệm số phương trình cho (x; y ) = (2; ) ; (0; )
Câu (3,0 điểm):
Giả sử x0 nghiệm phương trình cho Vậy ta có:
x04 + 2x02 +2x0m + m2 + 2m + = <=> m2 + 2(x0 + 1)m + x04 + 2x02 + 1= (1) m xác định 'của phương trình (1) lớn 0
<=> (x0 + 1)2 – x04 – 2x02 – 0 <=>(x0 + 1)2 – (x02 + 1)2 0
<=> (x0 + – x02 – 1)(x0 + + x02 + 1) <=> x0(1 – x0)(x02 +x0 + 2) 0 <=> x0(1 – x0) 0 (Vì x02 +x0 + 0 ) <=> x0 1
=> giá trị nhỏ nghiệm x0 = => m = –1 giá trị lớn nghiệm x0 = => m = –2 Câu (3,0 điểm):
Chứng minh
5 2011
120 24 30
n n n
có giá trị nguyên với n thuộc Z
Ta có
5 2011
120 24 30
n n n
=
5 5 8044
120
n n n =
5 5 4
67 120
n n n
n
Ta có n5 – 5n3 + 4n = n(n4 – 5n + ) = n(n2 – 4)(n2 – 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)3 (Vì tích số ngun liên tiếp ) (1 )
(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)5 (Vì tích số nguyên liên tiếp ) (2 )
(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)8 (Vì số tự nhiên liên tiếp có số chia hết cho số chia hết cho ) (3 )
(4)Vậy
5 2011
120 24 30
n n n
có giá trị nguyên với n thuộc Z Câu (3,0 điểm):
So sánh diện tích AIM diện tích BIN: Gọi diện tích AIM x diện tích BIN y Ta suy SCIM = 3x SCIN = 4y
Ta có SCAN = SCIM + SCIN + SAIM = 3x + 4y + x = 4x + 4y
Mà SCAN =
5 SCAB => 4x + 4y =
5 SCAB (1) Ta có SCBM = SCIM + SCIN + SBIN = 3x+ 4y + y = 3x + 5y
Mà SCBM =
4SCAB => 3x + 5y =
4 SCAB (2) Ta đặc SCAB = (3)
Từ (1), (2) (3) ta có hệ phương trình
4
4 5 5 1
5
12 20
3
3
4
x y x y
x y x y
8 8
12 20
12 20
8 x x x y y 1 8 3
20 : 20
40 2 x x x y y y
Vậy SAIM =
1
8SCAB SBIN =
3
40 SCAB
Ta có
1
8 40 40 .Vậy SAIM > SBIN
*/ Cách khác: SAMB =
1
4 SACB SANB =
1
5SACB
=> SAMB > SANB
mà SAMB = SAIB + SAIM SANB = SAIB + SBIN Nên SAIB + SAIM > SAIB + SBIN
Vậy SAIM > SBIN Câu (4,0 điểm):
a) Chứng minh AD.AE + BC.BE đại lượng không đổi
Từ E hạ EH vuông góc với AB H
Ta có ADB đồng dạng với AHE (g – g)
(5)=>
AD AB
AH AE => AD.AE = AB.AH (1) Ta có ACB đồng dạng với EHB (g – g) =>
BC AB
HB BE => BC.BE = AB.HB (2)
tỪ (1) Từ (1) (2) AD.AE + BC.BE = AB(AH + HB) = AB.AB = AB2 Ta có AB khơng đổi => AB2 khơng đổi
Vậy AD.AE + BC.BE đại lương không đổi
*/ Cách khác: AD.AE + BC.BE = (AE + ED)AE + (BC – EC)BC = AE2 + ED.AE + BC2 – BC.EC = BC2 + AE2 + ED.AE – BC.EC = BC2 + AE2 + EB.CE – BC.EC (Vì ED.AE = BE.EC )
= BC2 + AE2 – EC(BC – BE) = BC2 + AE2 – EC2 = BC2 + AC2 = AB2 Vậy AD.AE + BC.BE đại lương không đổ
b) Chứng minh DE > MN: */ Cách 1:
Từ D vẽ tiếp tuyến với (O) cắt BN kéo dài P
Ta có tứ giác MNPD nội tiếp (Tổng góc đối diện MDP MNP 1800 ) => NMPNDP (2 góc nội tiếp chắn cung )
Mà NAPNDP (Hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ) => NMPNAP mà góc vị trí đồng vị => AD // MP mà ME // DP (cùng vuông góc với OD )
=> Tứ giác MPDE hình bình hành => DE = MP mà MP > MN (Cạnh huyền cạnh góc vng )
Vậy DE > MN */ Cách 2:
Lấy P điểm đối xứng E qua M Ta suy DEP = DPE
Ta có DEP = AND (Vì cung DC cung DE) =>DPE = AND hay DPM = MND
=> Tứ giác MPND nội tiếp mà OD vng góc với BC => DP đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MDNP => DP > MN
mà DP = DE (Tính chất đối xứng)
Vậy DE > MN */ Cách 3:
Lấy P điểm đối xứng N qua OD Ta suy CMP = NMB
Ta có NMB = ADP (Vì cung PC cung NB) =>EMP = EDP
=> Tứ giác MDPE nội tiếp mà OD vng góc với BC => DE đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MDPE => DE > MP
mà MP = MN (Tính chất đối xứng)
P N M
D C
E
B A
O
M E A
P
N D
C
(6)Vậy DE > MN */ Cách 4:
Từ M hạ MP vng góc với ND P
Ta có DEM = AND (Vì cung CD cung DB) => EMD đồng dạng với NPM (g - g)
1
DE DM
MN MP VÌ MD > MP (Quan hệ đường xiên
và đường vng góc ) Vậy DE > MN
A
M E
P N D
C