De thi Hs Gioi TP Pleiku 20092010 V2

Trên đường thẳng FE lấy một điểm M.. b ất kỳ[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ PLEIKU

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2009- 2010 ***

ĐỀ CHÍNH THỨC

VỊNG

Mơn Tốn

Thời gian 150 phút, không kể thời gian giao đề

Đề bài:

BÀI 1: (2 điểm) Rút gọn: M = 13 48

6

  



BÀI 2: (2 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nghiệm

nguyên:

 

 

1 mx 2y m 2x my 2m

  

  

  

BÀI 3:

a/ (1 điểm) Cho a + b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = a3b3 b/ (1 điểm) Chứng minh rằng, nếu: 1

a  b c

a + b + c = abc

ta

có: 1

2 2

a b c 

BÀI 4: (2 điểm) Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB lấy điểm I; E giao

điểm DI CB; J giao điểm AE CI Chứng minh: BJ  DE

BÀI 5: (2 điểm) Cho AB AC tiếp tuyến đường tròn tâm O Gọi E

F trung điểm AB AC Trên đường thẳng FE lấy điểm M

bất kỳ Từ M kẽ tiếp tuyến MT tới đường tròn (O) Chứng minh MA = MT

Đáp án – biểu điểm mơn Tốn lớp (vòng 2)

Đáp án điểm

BÀI 1: (2 điểm)

13 + 48 =



121



2  - 13 48 = - 12 =



1



2 0,75 đ

 + - = + 0,25 đ

 M = 2

  =





4

  =





2

6



 =

(học sinh dùng máy tính để tính: khơng cho điểm này)

1đ

BÀI 2: (2 điểm) Từ (1)  y = 1



m mx



2   Thay vào (2) được:





1

2x m m mx

   = 2m –  m2x – 4x = m23m2

 x(m2 - 4) = (m - 2)(m - 1) 0,25 đ Để hệ phương trình có nghiệm nhất, ta phải có: m2 4 0  m 2 0,25 đ

Khi đó: x



m m 12





m     = m m   ;

2m y

m  

 0,5 đ

Vậy với m 2 hệ phương trình có nghiệm nhất:





m m 3

x

m m m

2 m

2m

y

m m m

                            0,25 đ

Để x, y số nguyên m + phải ước 3.Ước gồm:  1; 0,25 đ

Vậy m m     

   

 m  1; 3;1; 5 0,5 đ

BÀI 3: a/ (1 điểm)

Từ a + b =  b = – a Do đó: 0,25đ

M = a3 



1 a



3 = 3a2 3a 1 = 3 a



2 a



1 = a2 a 1

4           = 1 a          

 0,25đ

1 M =

4

1 a

2

  ; b

 0,5đ

b/ (1 điểm)

Từ 1 a  b c 

2

1 1 a b c

 

    

 

  0,25đ

 12 12 12 1 a b c ab bc ca

 



        12 12 12 a b c

a b c abc

    

     0,25đ

Theo giả thiết: a b c abc a b c abc  

      0,25đ

 12 12 12

a b c    2

1 1

BÀI 4: (2 điểm)

k H

2

1

2

F

J

E

I

D C

B A

Giải:

Lấy điểm F thuộc tia đối tia AB cho

AF = BE Gọi K giao điểm FC

DE, H giao điểm FC EA  FAD EBA (cgc)

 DFAAEB

Mà A1A2 (đđ) A1AEB900

  

2 DFAA 90

 AE  FD (1) 0,25 đ

Chứng minh tương tự, ta có: FBC ECD (cgc)  FC  DE (2) 0,25 đ

Từ (1), (2)  H trực tâm FDE DH  FE (3) 0,25 đ

Tương tự: I trực tâm FCE CI  FE (4) 0,25 đ

Từ (3), (4)  DH // CI  JE IE

JHID; BI // CD 

IE BE

IDBC 0,5 đ

 JE BE

JHBC  JB // HC (5) 0,25 đ

Từ (2), (5)  JB  DE 0,25 đ

Bài 5: (2 điểm)

Giải:

Gọi K H giao điểm

OA với EF BC OMT

 : MT2 = OM2 – OT2 (1) 0,25 đ AMK

 : AM2 = AK2 + MK2 (2) 0,25 đ (1) – (2):

MT2 - AM2 = OK2 – OT2 – AK2 = (OK2 – AK2) – OT2

0,25 đ 0,25 đ

H

T M

F E

K

C B

O A

= (OK - AK)(OK + AK) – OT2 0,25 đ

= (OK - KH)OA – OT2 (Do EF // BC  AK = KH) 0,25 đ

= OH.OA – OC2 = OC2 - OC2 = (OAC: OH.OA = OC2 ) 0,25 đ

 MT = AM 0,25 đ