De hsg nghe an hay lam

Gọi P là điểm tùy ý trên cung nhỏ BC và M, N lần lượt là điểm đối xứng của P qua các đường thẳng AB và ACb. Xác định vị trí của điểm P sao cho độ dài MN đạt giá trị lớn nhất..[r]

PHÒNG GD-ĐT NGHĨA ĐÀN

ĐỀ THI

CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2010-2011

MƠN : TỐN ( Thời gian 150 phút ) Câu 1: ( đểm)

a) Cho P(x) = a x3 + b.x2 + c.x + d , với a  Z*

Biết P(2009) = 2010 ; P(2010) = 2011 Chứng minh : P(2011) – P(2008) hợp số b) Tìm số tự nhiên a biết ba mệnh đề P,Q,R có hai mệnh đề

và mệnh đề sai :

P : “ a +21 số phương ” Q : “ Chữ số tận a 1” R : “ a – 58 số phương ” Câu 2: ( điểm)

a) Giải phương trình : x2 4x - 4x + 13 1

b) Giải hệ phương trình sau:

2 2 2

+ y

z =

x xy

x z x y z yz

  



 

 

  



Câu : ( điểm) Cho x , y > x + y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 8x

3 5xy + y 14

P x y

y x

    

Câu 4: ( điểm)

Cho tam giác ABC (AC>AB) Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB, BC D, E Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AC, BC Gọi K giao điểm MN AI Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm I, E, K, C thuộc đường tròn b) Ba điểm D, E, K thẳng hàng

Câu : ( điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R=2cm, có góc BAC = 600 ,

đường cao AH = 3cm

a Tính diện tích tam giác ABC

b Gọi P điểm tùy ý cung nhỏ BC M, N điểm đối xứng P qua đường thẳng AB AC Xác định vị trí điểm P cho độ dài MN đạt giá trị lớn Tính độ dài lớn

PHỊNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu

Ý

câu ĐÁP ÁN

Biểu điểm

(4đ)

a (2đ)

Ta có : P(2009) = 20093.a + 20092.b + 2009.c + d = 2010

P(2010) = 20103 a + 20102 b +2010.c +d = 2011

Nên P(2010) – P(2009) = (20103 – 20093).a + (20102 – 20092).b + c

= (20103 – 20093).a + 4019.b +c = 1

0,5 Do [(20103 – 20093).a] nguyên nên [4019.b +c] nguyên

0,25  P(2011) – P(2008) = (20113 – 20083).a +(20112 – 20082).b + 3c

= (20113 – 20083).a +3.(4019.b+c)

0,5 Do (20113 – 20083) chia hết cho [4019.b +c] nguyên nên [3(4019.b +c)]

chia hết cho 3, suy [ P(2011) – P(2008)] chia hết cho

0,5 Vì [ P(2011) – P(2008)]  nên [ P(2011) – P(2008)] hợp số 0,25

b (2đ)

Hai mệnh đề P Q ngược lại a có chữ số tận , nên a + 21có chữ số tận Vì a + 21 khơng thể số phương

0,5 Tương tự hai mệnh đề Q R đúng.Do mệnh đề Q sai mệnh đề P R

0,25

Theo giả thiết, ta có m, n  N cho

2

21 58

a m

a n

   



 

  Suy m2 – n2 = 79 hay (m + n)(m – n) = 79

0,5

Vì 79 số nguyên tố , nên

79 40

1 39

m n m

m n n

  

 



 

  

  0,5

Vậy số cần tìm a = 402 – 21 = 1579

0,25

(4đ) a

(1,75đ) Giải phương trình :

2 4x-4 4x+13 1

x   (1)

ĐKXĐ: x

13

 

Từ ( 1) 

2 4x 4x+13) 1

x   

 x2 4x > 0 x (x+4) >  x > x < -4 Kết hợp ĐKXĐ suy : x >

0,25 (1) 

2 4x 4(-2+ 4x+13) 9

x    (*)

Đặt y 2 4x+13 ( y > ) suy (y2)2 4x+13  y2 +4y – = 4x (2)

0,25

Từ (*) (2) ta có hệ phương trình 2

4x - = 4y y 4x

x y    

   

 0,25

Trừ vế ta (x – y)[(x+y) + 8] =  x = y x + y + = 0(*) 0,25 + Với x = y  x2 + 4x – = 4x  x2 =  x = x = -3 (loại)

0,25 + Với x + y + = x > y > suy x + y +8 >0  (*) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm x =

0,25 b

(2,25đ)

Giải hệ phương trình sau:

2 2 2

+ y 7(1)

z = 4(2) 1(3)

x xy

x z x y z yz

  



 

 

  



Trừ vế theo vế PT (1) cho PT (2) , ta

y2 – z2 +xy – xz =  (y – z)(x + y + z) = (4)

Trừ vế theo vế PT(2) cho PT(3) , ta

x2 – y2 + xz – yz =  (x – y)(x + y + z) = (5)

0,25 Từ (4) (5)  (y – z)(x + y + z) = (x – y)(x + y + z)

0,25 Theo (4) (x + y+ z) 0  y – z = x – y  x + z = 2y  x+ y + z = 3y(*) 0,25 Thay vào (5) ta có:

(x – y)(x + y + z) =  (x – y).3y =  (x – y).y = 1(**)

0,25

*Với y = hệ PT vô nghiệm  y  Vậy từ (**)

1

x y y  

0,25

Thay

1

x y y  

vào (1) ta có: 2

1

(y ) y (y ).y

y y

    

 3y4 –4 y2 +1 =  y2 = y2 =

 y = 1 y =

3



 Với y = 1 x = 2, thay vào (*)  z = với (x, y, z) = ( 2, 1, 0)  Với y = -1  x = -2, thay vào (*)  z = Với (x ,y, z) = ( -2,-1, 0)  Với y =

3

3  x =

4

3 , thay vào (*)  z =

2 3



 Với y =

-3

3  x

=-4

3 ,thay vào (*)  z =

2 3

0,25 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm :

(1, 2, 0),(-1, -2, 0),( 3 , 3 , 3  ) , ( 3 , 3 ,

2 3 )

0,25

(3đ)

2 8x

3 5xy+ y 14

P x y

y x

    

=

6

( )(3x+2y+ )

x

x y

y

 

0,5 Ta có :

6 3x 3x

3x+2y+

x 2 2

y y

y x y

      

3x 6 8 3

( ) ( ) ( )

2 2 2

3x 6 8 3

2 . 2 . ( )

2 2 2

3

2.3 2.2 .6 19

2 y x y x y y x y x y               0,5 0,5 0,5 0,25 Suy P  ( x +y).19  6.19 = 114 0,25

Vậy giá trị nhỏ P = 114

6 3x x y x y y            

  x = y = 4

(4đ)

a (2,5đ)

Vẽ hình

0,5

Ta có : MA = MC, NB = NC (gt) suy MN đường trung bình

tam giac ABC 0,5

Suy NM // AB  K 1A1A 2 KM AM MC, Suy AKC900, 1,0 laị có IEC900  I, E, K, C thuộc đường trịn có đường kính IC 0,5

b (1,5đ)

Từ câu a suy ra:

      

2 90

2

A C B

CEK CIK A C    

(1) 0,5

Mặt khác ,

   

D cân BED 90 D 90

2

B B

BE     CE  



(2) 0,5

Từ (1) (2) suy CEK CE  D 180 0,do D, E, K thẳng hàng 0,5

(5đ) Vẽ hình

0,5

a

(2đ) Goị M trung điểm BC ta có :

  600 MOC BAC 

( theo tính chất đường kính dây với tính chất góc tâm ) 0,5 Do OC = R = nên MC = OC Sin 600 = 0,5

Vì SABC =

2AH BC = 3

0,5

b (2,5đ)

Ta có : AK = AN ( = AP )  AKN cân A 0,25

Lại có : KAN 2.(BAP PAC  ) 2.60 1200 0,25  KN lớn AK lớn ( Do KN cạnh đáy tam giác cân

có góc đỉnh khơng đổi ) 0,5

Mà AK = AP  2R  KN lớn AP = 2R = hay AP

đường kính 0,5

 ABP ACP  B,C trung điểm PK PN 0,5  BC đường trung bình tam giác PKN  KN = BC = 4 0,5

L