Vẽ BD và CE cùng vuông góc với Ax (D và E cùng nằm trên Ax). Xác định vị trí của Ax để BD+CE đạt giá trị lớn nhất. Gọi O là trung điểm của BC. Tiếp tuyến của đường tròn tại H cắt AB, AC [r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CHÂU THÀNH LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ
Năm học 2010-2011 Đề thức Mơn thi: TỐN
Thời gian:150 phút (không kể phát đề) Câu (4 điểm)
1 Rút gọn biểu thức A = 15 6 33 12 6 Cho x =
2
Tính P(x) = (x2 x 1)2011 Chứng minh đa thức Q(x) = (2010x2 2009x 1)2010
chia hết cho đa thức x + Câu (4 điểm)
1 Giải bất phương trình 1
x x
x
2 Giải hệ phương trình 2
x y xy x y xy
Câu (4 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(4;2), B(–7;0), C(0;–4), D(–6;–3), E(3;–2), F(2;–7)
1 Chứng minh đường thẳng AD, BE, CF đồng qui
2 Gọi M điểm đường thẳng AD điểm H( 5; 5) Chứng minh rằng: MH 7
Câu (4 điểm)
Cho tam giác ABC (B C 90 )0
, Ax tia nằm hai tia AB AC Vẽ BD CE vng góc với Ax (D E nằm Ax) Gọi I giao điểm Ax BC
1 Chứng minh Ax tia phân giác góc A ta có AD ID
AE IE
2 Xác định vị trí Ax để BD+CE đạt giá trị lớn Với AB=c, BC=a, CA=b; chứng minh:
2
A a
sin
bc
Từ suy ra:
2 2
A B C
sin sin sin
Câu (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB E, tiếp xúc với AC F Điểm H di chuyển cung nhỏ EF (H khác E, F) Tiếp tuyến đường tròn H cắt AB, AC M, N
1) Gọi p nửa chu vi tam giác AMN Chứng minh AE= AF= p 2) Chứng minh hai tam giác MOB ONC đồng dạng
3) Xác định vị trí điểm H cho diện tích tam giác AMN lớn – HẾT –
(2)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN
CHÂU THÀNH Thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp THCS Năm học 2010-2011
Bài (4 điểm)
1 A = 15 6 33 12 6 = (3 6)2 ( 24 3) = 3 6 24 3 = 6 =
2 x = 2
= 2( )
= 14
4
=
= 14 45
= ( 1)2 (3 5)2
= 5
4
= Vậy P(1) = (12 1 1)2011
= ( 1) 2011= –1
3 Dư phép chia đa thức Q(x)= (2010x2 2009x 1)2010
cho đa thức x+1 giá trị đa thức Q(x) x= –1
Ta có: Q(–1)= 2010
[2010( 1) 2009( 1) 1] = [2010 2009 1] 2010= 0, (đpcm) Bài (4 điểm)
1 ĐK x0, x 1 Ta có 1
x x
x
x 6 x 9 0 ( x 3)2 0
( x 3) 0 x3 x = Vậy bất phương trình có nghiệm là: x = Ta có x y xy 1 (x+ 1)(y+ 1)=
1
x y
Thay vào phương trình thứ hai, ta được: Với x= –1: y2 y 2 0
(y1)(y2) 0
y y
Với y= –1: x2 x 2 0
( 1)2
2
x >0, phương trình vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm (–1; 1) (–1; –2)
Bài (4 điểm)
1 Phương trình đường thẳng AD qua A(4;2) nên 2= 4a + b, qua D(–6; –3) nên –3= –6a + b ta
3
a b a b
10
a
b a
1
a b
Vậy AD: y= 2x
Tương tự, BE:
5
y x ; CF=
y x
Tọa độ giao điểm G AD BE nghiệm phương trình
2x.=
1
5x
5x+ 2x = –14 x= –2 suy y = –1, nên G(–2; –1)
Thay tọa độ G vào phương trình đường thẳng CF –1=
2
(–2) –4 –1= – 4, đẳng thức nên CF qua G Vậy ba đường thẳng AD, BE, CF đồng qui G(–2; –1)
(3)2 Đặt M(2x; x) Ta có: HM2= (2x 5)2 (x 3 5)2
= 5x22 5x50 Do HM7 HM2– 49 0
5x 2 5x1 ( 5x1)2 0 Vì ( 5x 1)2
0 ln với x, nên có điều phải chứng minh Bài (4 điểm)
1 Hai tam giác vng ABD ACE đồng dạng BAD CAE (gt), có AD BD
AE CE(1) Hai
tam giác vng BDI CEI đồng dạng BID CIE (đđ), có BD ID
CE IE(2) Từ (1) (2) có
đpcm
2 Ta có BD<BI CE<CI BD + CE BI + CI = BC (hằng số) BD + CE lớn BC Ax BC (lúc D E I). Ta có BD=c
2
A
sin , CE=b
2
A
sin Nên BD+CE=(b+c)
2
A sin .
Mà BD+CEa, nên
A a
sin
b c
, lại có b+c2 bc.Vậy
A sin
2
a bc
.
Tương tự
2
B b
sin
ac
,
2
C c
sin
ab
Do
2 2
A B C abc
sin sin sin
abc
(đpcm) Dấu xảy ABC tam giác
Bài (4 điểm)
1) Ta có 2p= AM+ MN+ NA= AM+ MH+ HN+ NA= AM+ ME+ FN+ NA= AE+ AF Mà AE= AF Vậy AE= AF= p
2) Theo tính chất tiếp tuyến đường trịn, ta có: MON= 1
2 EOF OEA = OFA = 90
BAC+EOF= 1800 MON = 1800
BAC
= ABC= ACB MOB= 1800–
BMO– MON=
0
180 –OMN – MON = ONM = ONC Từ suy MOB ONC (g.g). 3) Do MOB ONC nên MB OB
OC NC , đó:BM.CN= OB.OC=
2
4
BC
(khơng đổi) Ta có SAMN SABC SBMNC nên SAMN lớn SBMNC nhỏ
Lại có SBMNC SBOM SMON SNOC=
2R(BM+ MN+ CN) =
2R(BM+CN+MH+HN)=
2R(BM+CN+BM–BE+CN–CF) = R(BM+ CN – BE) R(2 BM CN – BE)= R(BC – BE) Vậy SAMN đạt giá trị lớn R(BC – BE) BM = CN, lúc H điểm cung nhỏ EF
– HẾT –