ô tô 2 vật lý 11 võ thạch sơn thư viện tư liệu giáo dục

Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông... Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P.[r]

Trêng thcs l¬ng s¬n thi giáo viên giỏi CấP TRƯờNG

Thờng xuân Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán

Đề thức (Thời gian: 150phút - không kể thời gian giao đề) Bài 1.(4 điểm)

a, Giải phơng trình: x x x2  8x 18

b, Cho x, y lµ số thoả mÃn:

2

x  3 x y  3 y 3 HÃy tính giá trị biểu thức:

2009 2009

A x y 1

Bài 2( điểm): Cho ba số x, y, z tuỳ ý Chứng minh

2

2 2

3

x y z  x y z  

 

 

Bài 3( điểm): Cho a, b, c ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng:

a b abc



 16

Bài 4: (4 điểm)

1 Tìm số có hai chữ số biết phân số có tử số số đó, mẫu số tích của hai chữ số của nó có phân số tối giản

16

9 hiệu của số cần tìm với số có cùng

các chữ số với nó viết theo thứ tự ngược lại 27

2 Hãy tìm các chữ số a b c d, , , biết các số a ad cd abcd, , , các số chính phương

Bài 5: (3 điểm) Cho biểu thức:

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

1 Rút gọn biểu thức A

2 Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 6: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A B Từ một điểm M tùy ý đường thẳng d ở đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN MP với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm)

1 Chứng minh MN2 MP2 MA MB

2 Dựng vị trí điểm M đường thẳng d cho tứ giác MNOP hình vuông Chứng minh tâm của đường tròn nội tiếp tâm của đường tròn ngoại tiếp

tam giác MNP lần lượt chạy hai đường cố định M di động đường thẳng d

Bài 1.(4 điểm)

a(2), Giải phơng trình: x x x2  8x 18

§KX§: x 5  (*) 0.5 áp dụng bđt Bunhiakôpski ta cã: x 3  x  x x      2

DÊu “=” x¶y  x-3 = – x  x = 0.5 đ Ta l¹i cã x2 – 8x + 18 =(x – 4)2 + 0 víix.DÊu “=” x¶y  x= 0.5 đ

Suy x 3  x x2 8x 18  x =

Với x = thoả mÃn ĐK (*), nghiệm phơng trình x = 0.5 đ

b(2đ) , Cho x, y lµ số thoả mÃn:

2

x  3 x y  3 y 3 (*) HÃy tính giá trị biểu thức: A x 2009 y2009 1

Tõ      

2 2

(*) x  3 x x  3 x y  3 y 3 x  3 x

x2 3 x2 y2 3 y 3 x2 3 x 3 y2 3 y 3 x2 3 x

             

2

y y x x

      (1) 1 đ

T¬ng tù ta cã

2

x  3 x y  3 y (2)

LÊy (1) céng víi (2) ta cã : x = -y 0.5 đ Suy

2009 2009 2009 2009

A x y  1 x  x  1

VËy A = 0.5 đ

Bài 2 (2 đ) : Áp dụng BĐT Côsi ta có x2 + y2  2xy (1)

y2 + z2  2yz (2)

z2 + x2  2zx (3) đ

Cộng từng vế ba BĐT ta được 2( x2 + y2 + z2 )  2( xy + yz + zx )

 2( x2 + y2 + z2 ) + ( x2 + y2 + z2 )  ( x2 + y2 + z2 ) + 2( xy + yz + zx )

 3( x2 + y2 + z2 )  ( x + y + z )2 chia hai vế cho ta được

2 2 ( )2

3

x y z x y z  

hay

2

2 2

3

x y z  x y z  

 

  1 đ

Bài 3(2 đ): Áp dụng BĐT Côsi x + y  xy ta có ( a + b) + c  (a b c ) đ   (a b c )   4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được:

A + b  4(a + b)2c mà ta chứng minh được (a + b)2  4ab

Do đó a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ suy đpcm đ

Bài 4:

Theo giả thiết:  

10 16

3

90 16

10 10 27

x y

x y xy

x y xy

x y y x

                  

Giải hệ ta có

3 9;

16

x  x 

(loại) Suy y6.

Vâỵ số cần tìm 96

b/ 2,5đ) a số chính phương, nên a1, 4,9.

Ta có 92 81; 102 100 nên không có số 9x số chính phương Do đó a chỉ có

thể hoặc

ad số chính phương nên ad chỉ có thể 16, hoặc 49 Nên d chỉ có thể hoặc

9 1đ

cd số chính phương nên cd chỉ có thể 16, hoặc 36, hoặc 49 Nên Nên c chỉ có

thể 1, hoặc 3, hoặc

Nếu a1 thì d 6và c1 hoặc c3, đó abcd 1 16b hay b1 36 và

 2  2

1 6bc  x4 hay x6

Ta có: 262 676; 342 1156; 362 1296; 442 1936; 462 2126 Chỉ chọn được 1936.

Nếu a4 thì d 9 c4, đó    

2

4 49

abcd  b  x hay x Ta có: 632 3969; 672 4489; 732 5329 Không chọn được số nào.

Vậy chỉ có các chữ số a1,b9,c3,d 6 thỏa mãn điều kiện toán 1.5đ

Bài 5 a/ (2đ)

3

6 3

3

3

3

x x x

A x

x x x

x                     

Ta có:  

2

3x2 3x 4 3x1  3 0;1 3x 0, x

, nên điều kiện để A có nghĩa  3  3  4 0,

3

x   x x x  x  x    x

0,75đ  

 3

3

1

6

3

3

3

x

x x

A x

x x x

x                                     

6 3

3 3

3 3

x x x

A x x x

x x x

    

 

   

    

  0,5đ

     

3

3

3 3

x x

A x x

x x x

 

 

 

  

    

 12

3

x A

x  

 (

4

3

x  

) 0.25đ b/1đ:

 12  22 2 2 1

3 3

x x x

A x

x x x

    

   

   0.5đ

Với x số nguyên không âm, để A số nguyên thì

3 3

3

3

3

x x

x x

x x

   

       



 

 (vì xZ x0).

Khi đó: A4 0.5đ

Bài 6:(5đ)

a/(1.5 đ): Ta có: MN = MP (Tính chất của tiếp tuyến cắt nhau) 0.5 đ Chứng minh được tam giác MAN MNB đồng dạng 0.5 đ Suy ra:

2

MA MN

MN MP MA MB

MN MB    0.5 đ b/ (1.5 đ) Để MNOP hình vuông thì đường chéo OM ON 2R 2 0.25 đ Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O qua điểm D, cắt (d) tại M 0.5 đ Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN  MO2 ON2 R, nên

Tam giác ONM vuông cân tại N Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P Do đó MNOP hình vuông 0.5 đ Bài toán có nghiệm hình vì OM R R 0.25 đ

+ Kẻ OEAB, thì E trung điểm của AB (cố định) Kẻ HL( )d thì HL // OE, nên

HL đường trung bình của tam giác OEM, suy ra:

1

HL OE