DE THI DAP AN HOC SINH GIOI TINH HD MON TOAN LOP 9 THCS NAM HOC 2011 2012

Cho đường tròn (O;R) và AB là đường kính... Nên giả sử sai.[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/03/2012

(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu (2,5 điểm).

a) Rút gọn biểu thức:

2

2

5 6

3 12 ( 3)

x x x x

A

x x x x

    



    

b) Phân tích thành nhân tử:  

3 3

a b c  a b c 

Tìm x biết:    

3 3

2 2 1 1

x  x  x x 

Câu (2,0 điểm).

a) Giải hệ phương trình:

2

2

2 3

x xy y

xy y x

   

 

  

 

b) Giải phương trình:  

3

3

3 16

x

x x



 

  

 



 

Câu (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình:

2

8x 23y 16x 44y16xy 1180 0 .

b) Cho n số nguyên dương m là ước nguyên dương 2n2 Chứng minh

rằng n2 + m khơng số phương. Câu (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O;R) AB đường kính Gọi d là đường trung trực OB Gọi M N hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng d Trên tia OM, ON lấy điểm M’ N’ cho OM’.OM = ON’.ON R2.

a) Chứng minh bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc đường tròn

b) Khi điểm M chuyển động d, chứng minh điểm M’ thuộc đường tròn cố định

c) Tìm vị trí điểm M d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ

Tìm vị trí điểm M d nhưng M khơng nằm đường trịn (O;R) để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ

Câu (0,5 điểm).

Trong hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r), tìm hình bình hành có diện tích nhỏ

………HẾT………

Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:……… …Chữ kí giám thị 2:……… ……

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

MƠN TỐN LỚP – THCS NĂM HỌC 2011 – 2012

Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Điểm thi làm tròn đến 0,25đ

Câu Ý Nội dung

1

a

Rút gọn biểu thức:

2

2

5 6 12 ( 3)

x x x x

A

x x x x

     

    

ĐKXĐ: x £ x >

     

2 3 ( 2)( 4) ( 3) ( 2)( 4)

x x x x

A

x x x x

    



    

* Trường hợp 1: x £2, ta có:

   

 

2 3 (2 )(4 ) (3 ) (2 )(4 )

x x x x

A

x x x x

    



    

   

 

2

2 3

3 (3 )

x x x x

x x x x

    



    

 

2 3

4 (3 )

x x x x

x x x x

 

       

 

    

 

2

x x  

 (vì x £ 2 nên3 4 x(3 x) 2 x 0) * Trường hợp 2: x >4, ta có: 3 x ( x 3) x 0 nên:

   

 

2 (1)

2

2 3

3 ( 3)

x x x x

A

x x x x

    

    

  3

4 ( 3)

x x x x

x x x x

 

       

 

    

 

2 x x  

 b

Phân tích đa thức thành nhân tử:  

3

3 3

a b c  a b c 

Ta có a3b3c3 a b c  3 a b 3c3 3ab a b    a b c  3

a b c3 3c a b a b c    3ab a b  a b c3

           

   

3 a b c a b c ab

       3a b a b c    c b c  3a b b c a c       (*)

Tìm x biết:    

3

2 2 1 1

x  x  x x 

Ta có:      

3 3

2 1 13 2 0

x  x   x  x 

    

3 x x x x

      

2 a

Giải hệ phương trình:

2

2

2 (1) 3 (2)

x xy y

xy y x

          

(1)x2 y2y x y   0 x y x   2y 0, ta x = y x = -2y

* Với x = y, từ (2) ta có: 4x2 x 0 , ta 1,

4  

x x

* Với x = -2y, từ (2) ta có y2 2y 0 , ta y11,y2 3

Nếu y 1 x2 Nếu y 3 x6

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là: (-1; -1); 3

; 4    

 ; (2; -1); (-6; 3). b

Giải phương trình:  

3 3 16 x x x             

3 3

3 3 16

2 2

x x x

x x x

x x x

  

     

            

  

      , (ĐKXĐ: x 2)

 32  32

3 16 2 x x x x                    

    Đặt

 32

2 x t x  

 , ta t33t216 0 (*) (*) t34t2  t216 0 t t2 4  t4 ( t 4) 0  t4t2 t 4 0 Lý luận để có t = -

Với t = - 4,

 32

4 x x  

 hayx2 6x 9 4x8  

2

1 1( )

x x TM

     Vậy x

=

3 a Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 8x2 23y2 16x 44y 16xy 1180 0

     

Biến đổi phương trình cho ta    

2

8 x y 1 15 y 1248

    

2 1248

2 83

15

y   y 

Do 8x y 1 ,12482 chia hết cho 8; (15;8)=1 nên  

2

2

y số phương&chia hết cho  y 220;16;64 Ta có các TH sau: *       2 2 156 1248

y y x x y                  

 Do 156 không c.phương nên TH vô nghiệm

*         2 2

2 16 16

8 15.16 1248 126

y y

x y x y

                   

nghiệm

*

 

 

 

2

2

10 64

6 15.64 1248

1 36 y

y

y x y

x y  

   

 

 

 

   

 

   



Ta  

2

10 10

5 11 36

17 y

y

x x

x   



 

  

 

 

 

 



 hoặc  

2

6

1 36

11 y y

x x

x   



 

  

 

 

 

 

  Vậy (x; y) (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6); (11; -6)

b Cho n số nguyên dương m là ước nguyên dương 2n2 CMR: n2 + m

khơng số phương

Giả sử n2 + m là số phương Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên

dương)

Theo ta có 2n2= mp (p nguyên dương)Þ m2 :n p2 , thay vào (1) ta có:

   

2

2

2 2n 2 2 2 2 2

n k n p pn p k n p p pk

p

       

Do n2,  pk2chính phương, nên p22p phải phương.

Mặt khác  

2

2 2 1

p  p  p p , tức p2 2p

 khơng phương Nên giả sử sai. Vậy n2 + m khơng phương

4 a Chứng minh bốn điểm M, N, M’, N’ thuộc đường tròn

N' O

A B

M

N M'

' '

OM ON

ON OM (vì OM’.OM = ON’.ON); 

MON chung nên OM N' đ dạng với '

ON M 

 '  '

ONM OMN

  ;  OM N ON M '  '

nênM MN ' 'M NN ' ' 180 0( M’, N’ nhìn M N góc, M’ N’ kề - M, N nằm nằm ngoài(O) ) M, M’, N’, N thuộc đường trịn

( Thí sinh cần làm trường hợp cũng cho 0,5 đ)

M'

C' C

O A

B

M Gọi giao d với OB C

Lấy điểm C’ đối xứng với O qua B  điểm C’ cố định tia OC

Ta có:

2

1 '

2

 

OC OC BO BO R

 OC OC 'OM OM' 

' '

OC OM

OM OC ; MOC chung  OCM đồng dạng với OM C' '  OM C OCM'  900.Vậy M’ thuộc đường trịn đường kính OC’ cố định c Tìm vị trí điểm M d để tổng MO + MA đạt giá trị nhỏ theo hai

trường hợp

K

E

D

C

O A

B

M Gọi giao d với (O;R) D, E (hình vẽ)

*TH1: Do d trung trực OB  MO = MB

Ta có: MA + MO = MA + MB  AB, dấu “=”xảy M trùng C

 MA + MO nhỏ M trùng C (M d

 )

*TH2: Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm D

Gọi K giao tia BD với AM Ta có MB + MKKB = KD + DB KD + AK  AD  MA + MO = MA + MB  DA + DB, dấu “=” có M trùng với D

Tương tự M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa E: MA + MO = MA + MB  EA + EB, dấu “=” xảy M trùng với E

Vậy MA + MO nhỏ M trùng D M trùng E (Md , M không (O;R))

Q

P

N M

r

H

A

D C B

O

Theo ta suy cạnh hình hành tiếp tuyến đường trịn (O; r) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm đường trịn với cạnh hình vẽ

 CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN  CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ

 2BC = 2AB BC = AB

Kẻ AHBC Ta có AB AH , dấu “=” có  900



ABC .

Ta có:OMBC,OPAD, AD // BC P, O, M thẳng hàng, AH = PM = 2r

ABCD

S AH.BC 2r. AB2r.AH=2r.2r  SABCD 4r2, dấu “=” xảy ABC900 Vậy hình bình hành ngoại tiếp đường trịn (O; r) hình vng có diện tích nhỏ 4r2