Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI số 3
Câu 1: ( điểm)
Cho biểu thức: ( ) :
2
1 1
x x x
A
x x x x x
1- Rút gọn biểu thức A
2- Tính giá trị A x 7
3- Tìm x để biểu thức A đạt giá trị lớn Câu 2: (3 điểm)
1- Cho phương trình: (m 1)x2 (2m 3)x m 4 0 (1) a) Giải phương trình (1) m=2
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1; thõa mãn 2
1 2 x x
2- Cho phương trình ( 1)
3
a x y
x ay
(I)
a) Giải hệ (I) với a 1
b) Tìm giá trị a để hệ (I) vô nghiệm.
Câu 3: (3 điểm)
Cho tam giác ABC (AC > AB), trung tuyến AM, điểm N thuộc đoạn AM, vẽ đường trịn (O) có đường kính AN
1- Gọi F giao điểm phân giác AD với (O), gọi E giao điểm phân giác ngồi góc A với (O) Chứng minh: EF đường kính đường trịn (O)
2- Đường tròn tâm (O) cắt AB K, cắt AC H, KH cắt AD I
Chứng minh:
FK FI FA
3- Chứng minh: NH.CD = NK BD Câu 4: (1 điểm)
Tính tổng: 2 2 2
1 1 1
1
2 3 2008 2009
(2)ĐÁP ÁN Số 3
Câu I: (3) 1- (1) Điều kiện xác định:0 x (0,25)
2 ( 1) ( 1)
1
x x x x x
A
x x x
(0,25)
( 1)2
( 1) ( 1)
x x
x x x x x
(0,5)
2- (1)
2
2
1 3
( )
2 4
A x
(0,5)
Dấu “ =’’ xảy x 0 x0 (0,25)
Vậy giá trị lớn A x = (0,25)
3- (1) Với x = 7 ( 1)2
x 1 (0,5)
Ta có: 2
7 6 1
A
(0,5) Câu II: (3) 1- (1,5) a) Khi m = ta có phương trình: x2 7x 6 0
(0,25) Ta có a + b + c = 0, suy phương trình có nghiệm x = 1, x = (0,25) b) Nếu m=1: Ta có phương trình: -5 x + = 0: phương trình có nghiệm
Nếu m1:
Nhận thấy a + b + c = nên để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ( x1 x2 ) (0,25) Khi hai nghiệm phương trình (1) là:
4 1,
1
m x x
m
(0,25)
Yêu cầu toán tương đương đương với: 2
1 2 4 3
1
4 1 2
1
x x
m
m
m m
m
(3)Vậy
2
m giá trị cần tìm
2- (1,5) a)
Với a 1 hệ (I) trở thành:
3
3 ( 1)
1
(1 3)( )
3
3 1
x y x
x
x y x y
y
x y y
(0,5)
(I)
1
(1)
( 2)( )
3
3 ( 2) (3 ) 6 (2)
ay x
a x y
x ay a a y (0,5)
Hệ (1) vơ nghiệm phương trình (2) vơ nghiệm
2
a
a (0,5)
(4)1- Ta có: AE AF hai tia phân giác hai goc kề bù đỉnh A nên
90
AEAF EAF (1) Do EF đường kính đường trịn (O)
2-Ta có:HAF KAF( AD tia phân giác)
HF KF
1 ® 1( ® ® )
2
1
= ( ® ® )
AK F s AF s AH s HF
s AH s FK
Ta lại có: K I F= ( ® ® )
2 s AH s FK ( góc có đỉnh bệ đường trịn)
Do đó: AK F K I F (0,25) Xét AKFvà KIFcó:
K AF I K F ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (0,25) AK F K I F ( chứng minh trên)
Do AK F đồng dạng với K I F (0,25)
F K FA FK F I FA
FI FK (0,25)
3-
(5)ANB AMB NMB
S S S (0,25)
AMB AMC
S S , SNMB SNMC
Do SANB SANC (0,25)
NH AC NK AB
NH AB
NK AC
(1) Áp dụng tính chất đường phân giác ta cóAB BD
AC CD (2) (0,25)
Từ (1) (2) suy NH BD NH CD NK BD
NK CD (0,25)
Câu IV:
Ta có:
2 2
2 2
1 36 2.3 1
1
6 2.3 3 (2.3)
1 144 16 13 3.4 1
1
12 3.4 4 (3.4)
2 2
2 2
1 (2008.2009) 2008 2009 2008.2009 1
2008.2009 2008 2009 (2008.2009)
1
=1+
2008 2009
(0,5)
(11 1 ) (1 1 1 ) (1 )
2 3 2008 2009
S
1 1 1
2007
2 3 2008 2009 ( từ đến 2008 có 2007 số)
1 2007
2 2009
20072007