Đề thi tuyển chọn HSG văn hóa cấp huyện môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Xuyên Mộc

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo Đề thi tuyển chọn HSG văn hóa cấp huyện môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Xuyên Mộc.

PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Khóa thi, ngày 10 tháng 01 năm 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1:(3,0 điểm) 1) Chứng minh số A  62015 1 B  62016 1 bội 2) So sánh A  102016  102016  B  102017  11 102017  Bài 2: (5,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P  x 9 x 1 x 3 với x  0;x  4;x    x 5 x 6 x 3 2 x 2) T m giá tr lớn nh t biểu thức: Q 2016 x  x  2016 x2  3) T m nghiệm nguyên dương phương tr nh: 6x2 + 5y2 = 74 Bài 3: (3,5 điểm) 1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương tr nh  m  4 x   m  3 y  (m tham số) T m m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn nh t 2) Cho số dương a, b, c Chứng minh :  a b c   2 ab bc ca Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R L y điểm M b t kỳ nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK 1) Chứng minh OE.OK khơng đổi M di chuyển nửa đường trịn 2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO 3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Một điểm P chạy cung nhỏ AB (P khác A B) Chứng minh tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B không lớn đường kính đường trịn (O) - HẾT Họ tên thí sinh: …………………………… Số báo danh: ………………………………… Chữ ký giám th số 1: ……………… UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI TỐN LỚP (Hướng dẫn chấm có ……… trang) Bài 1:(3,0 điểm) 1) Chứng minh số A  62015 1 B  62016 1 bội 2) So sánh A  Bài 102016  102017  11 Ta có: A  2015 B  1 1  7 B  62016 1   62  1013 1.1 (1,0đ) Ta có: 10 A  1.2 (2,0đ) 102016  102017  Đáp án 10.(102016  1) 102017  11  1    2017 2017 2017 10  11 10  11 10  11 10.(102016  1) 102017   1    2017 2017 2017 10  10  10  Ta th y 10 0,5  62 1  35 Và: 10 B  2017 Điểm 0,5  11  10 2017 9 (*) (**) nên từ (*) (**)  10A > 10B  A > B 0,75 0,5 0,75 ( Trong ý đầu, ý chứng minh trước cho 0,75; ý sau tương tự cho 0,5đ) Bài 2: (5,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P  x 9 x 1 x 3 với x  0;x  4;x    x 5 x 6 x 3 2 x 2) T m giá tr lớn nh t biểu thức: 2016 x  x  2016 Q x2  3) T m nghiệm nguyên dương phương tr nh: 6x2 + 5y2 = 74 Bài 2.1 (2,0đ) Đáp án x   (2 x  1)( x  2)  ( x  3)( x  3) P ( x  2)( x  3) P x x 2 ( x  2)( x  1) x 1   ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3) x 3 Điểm 0,75 0,5x2 +0,25 a) Ta có: 2016 x  x  2016 (2017 x  2017)  ( x  x  1)  x2  x2  2017( x  1) ( x  1) ( x  1)    2017  (*) x2  x2  x2  ( x  1)  nên từ (*)  Q  2017  Vì x 1 Q 2.2 (2,0đ) D u “=” xảy  ( x  1)2   x 1   x  x2  0,5 0,5 0,25 0,5 Vậy max Q = 2017  x  Cách 1: Ta có : 6x2 + 5y2 = 74  6x2 – 24 = 50 – 5y2 2  6(x – 4) = 5(10 – y ) (*) Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) Mà (6;5) = nên (x2 – 4) Đặt x2 – = 5t ( t  )  x2 = 5t + Thay vào (*)  y2 = 10 – 6t 2.3 (1,5đ)  t   x   x  t     Vì     t   y   y  10  6t  t    t  t =  Khi t = y = 10 (loại v y  )  x2  x   (vì x > 0; y > 0)  Khi t =   y  y   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Cách 2: Ta có : 6x2 + 5y2 = 74  6x2 – 24 = 50 – 5y2  6(x2 – 4) = 5(10 – y2) (*) Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) Mà (6;5) = nên (x2 – 4) 2  [(x – 4) +5]  (x +1) (**) Từ  < 6x2 < 74  < x2  12 Kết hợp (**)  x2 = x2 = 2  Khi x = y = 10 (loại v y  ) 2  Khi x = y =  (x = y = 2) (vì x > 0; y > 0) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3: (3,5 điểm) 1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương tr nh  m  4 x   m  3 y  (m tham số) T m m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn nh t 2) Cho số dương a, b, c Chứng minh :  Bài a b c   2 ab bc ca Đáp án Xét pt:  m   x   m  3 y  Điểm Ta th y:  m  4   m  3   nên (d) qua O(0;0) 0,25 + m = ta y = nên K/c từ (d) đến O y  0,25x2 + m = ta x = - nên K/c từ (d) đến O x  1  1     ,0  cắt Oy B  0,   m3  m4  + m  3;m  th (d) cắt Ox A  3.1 (2,0đ) Kẻ OH vng góc với (d) H; ta có K/c từ O đến (d) OH Dựa vào ΔOAB vuông O 7 1  2  ( m  4)  ( m  3)  m     OH 2  2  Suy được: OH  Suy khoảng cách từ O đến (d) lớn nh t OH = m = 0,25 0,5 0,25 0,25 V a, b, c số dương (gt) nên ta có: a a ac   abc ab abc (1) 0,5 3.2 (1,5đ) b b ba   abc bc bca (2) c c cb   a bc ca ca b (3) 0,25 0,25 Cộng vế (1), (2) (3), ta có:  a b c   2 ab bc ca 0,5 Lưu ý: HS chứng minh vế cho 0,75đ Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R L y điểm M b t kỳ nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK 1) Chứng minh OE.OK không đổi M di chuyển nửa đường trịn 2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO 3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB N K M I E A F O H B Đáp án Bài Điểm 0,25 H nh vẽ đến câu 4.1 (1,75đ) Chứng minh OK  AM E Dựa vào  OAK vuông A OE.OK = OA2 = R2 không đổi 4.2 Chứng minh được: OK // BN (  AM) Chứng minh được:  AOK =  OBN (g.c.g)  OK = BN (1,75đ) Suy OBNK h nh b nh hành từ suy được: IN = IO 0,75 0,75 0,25x2 0,5 + 0,25 0,5 Chứng minh  AOK đồng dạng  HBM  HB MB HB MB    (1) AO OK AO OK Chỉ MB = HB.AB OA = OE.OK (cma) (2) 0,5 0,25 Từ (1) (2) suy HB HB AB HB AB HB OE      OK OE OK OE OK AB OK 0,5 4.3 (2,0đ) (3) HB FB 0,25 (4)  AB BK 0,5 FB OE Từ (3) (4) suy  EF // OB //AB (đl Ta let)  KB OK Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Một điểm P chạy cung Chứng minh nhỏ AB (P khác A B) Chứng minh tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B khơng lớn đường kính đường trịn (O) A 13 P B Bài O Q C Đáp án Vì ABC đều, P  AB nên AP < PC L y điểm Q PC cho PQ = PA APQ cân có APQ  P1  600 (chắn cung 120 ) nên APQ Điểm 0,25 (2,5đ)  AP = AQ = PQ 0,75 - Chứng minh APB = AQC (c.g.c)  PB = QC Từ  PA + PB = PQ + QC = PC Mà PC dây (O) 1,0 nên PC  2R (đường kính) Chứng tỏ tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B không lớn 0,5 đường kính đường trịn (O) (đpcm) Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác GK cho điểm tương đương Điểm tồn khơng làm tròn  ...UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI TỐN LỚP (Hướng dẫn chấm có ……… trang)... 11  1    2017 2017 2017 10  11 10  11 10  11 10.(1 02016  1) 1 02017   1    2017 2017 2017 10  10  10  Ta th y 10 0,5  62 1  35 Và: 10 B  2017 Điểm 0,5  11  10 2017 9 (*)... 62016 1 bội 2) So sánh A  Bài 1 02016  1 02017  11 Ta có: A  2015 B  1 1  7 B  62016 1   62  1013 1.1 (1,0đ) Ta có: 10 A  1.2 (2,0đ) 1 02016  1 02017  Đáp án 10.(1 02016  1) 102017