thi HSG Binh Dinh

Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đờng thẳng PD... a) Tính số đo góc NEB..[r]

Thi chọn học sinh giỏi Toán lớp THCS Thời gian làm 150 phút không kể thời gian giao đề Cõu 1:(2 điểm)

1) Tính: A 9 17  9 17  2) Tính: B 6 10 3    2

3) Cho C 2009 11  200821 2 2.2009

2009 2008

D

   . Không dùng máy tính so sánh C D

Câu 2: (2điểm)

1) Cho đa thức f x  1.2 2.3 3.4    x x. 1 Tìm x để f x  2010

2) Giải hệ phơng trình:

2 2

x y z 6

xy yz zx 1

x y z 14

  

 

  



   

 Câu 3: (2điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ 1;1và điểm A di động A m;0  1) Viết phơng trình họ đờng thẳng dm vng góc với AB A.

2) Chứng minh khơng có đờng thẳng họ dmđồng qui.

3) Tìm điểm mặt phẳng Oxy cho có đờng thẳng họ dmđi qua Câu 4: (3 điểm)

Cho tam giác vuông cân ABC (vuông A), AD trung tuyến thuộc cạnh huyền, M điểm thay đổi đoạn AD Gọi N P theo thứ tự hình chiếu vng góc M xuống cạnh AB, AC; H hình chiếu N xuống đờng thẳng PD

a) Tính số đo góc NEB

b) Xác định vị trí M để tam giác AHB có diện tích lớn

b) Chứng minh M thay đổi, đờng thẳng HN qua điểm cố định Câu 5: (1điểm) Cho số a1, a , ,a2 2009 đợc xác định theo công thức sau:



  

n

2 a

(2n 1)( n n 1) với n = 1, 2, …, 2008.

Chứng minh rằng: 2009 

2008 a + a + + a

2010

Hết H

ướng dẫn chấm

Câu Phần Nội dung

Câu 1 2 điểm

1) 0,5điểm

9 17 17

A    

 

2 17 17

2

   



18 17 18 17

   

    

2

17 17

2

   



 

 

2 17 17 17 2 17

2 17

2 2



    

2) 0,5điểm

 10 3  

B     10 3     2

 10 3   2 3

     10 3      1 2

 1 2 10 3

   4 10 3     10 2  2   3 10 

3) 1,0điểm

1

2009 2008

C   

   

1

2009 2008 2009 2008 2009 2008

     



  

  2 2

1

2009 2008 2009 2008

  



  

2

1

2009 2008 2009 2008

  



  

   

2

2009 2008 2009 2008 2009 2008

 



  

2

4017

2009 2008



  

Mà 4017 4018 2.2009 

 2

4017

2009 1 2008 1 < 2 4018

2009 1 2008 1 Vậy C < D

Câu 2 2 điểm 1) 1,0điểm

Ta có f x  1.2 2.3 3.4    x x. 1

 3.f x  1.2.3 2.3.3 3.4.3    x x. 1 3

           

1.2 2.3 3.4 x x x x

             

       

0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 x x x x x x

            

   

x x x

  

      

3

f x  x x x

Để f x  8     

3x x x   x x. 1 x2 24  x33x22x 24 0       

3 2 5 10 12 24 0

x  x  x  x  x 

   

2 12

x x  x   2

5 12

x x x            

Giải phơng trình  1 ta đợc x = Giải phơng trình  2 Vơ nghiệm Vậy với x = f x  8 2)

1,0điểm 2 2 2

x y z (1)

xy yz zx (2)

x y z 14 (3)

             

(1)  (x + y + z)2 = 36

 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) = 36

 xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3)) (2)  xy + yz = zx – 1

 2zx = 12  zx = 6  xy + yz = 5  y(x + z) = (4)

Mà y + x + z =  x + z = – y (4)  y(6 – y) =

 y(6 – y) =  (y – 1)(y – 5) = 0

y

y

    



+) Với y = (4)  x + z =  x = – z

mà zx =  (5 – z)z =  (z – 2)(z – 3) = 0

z x

z x

 

 

   

 

 

+) Với y = (4)  x + z =  x = – z mà zx =  (1 – z)z =

 (z 

)2 =

23 

(phơng trình vơ nghiệm) Vậy tập nghiệm hệ phơng trình S(3; 1; 2),(2; 1; 3) Câu

3 2 điểm

1) 0,75điểm

Phơng trình đờng thẳng AB có dạng y = ax + b (d)

A, B (d) nên

 

 

 

y 1 x 1

(m 1)

0 1 m 1



  



     

x 1

1 y

m 1

m my y x 1

   

  

 

y(1 m) x m

1 m

y x

1 m 1 m

Gọi phơng trình họ đờng thẳng dmlà y = a’x + b’

Vì dm AB A nên a.a’ = -    1

.a ' 1

1 m  a’ = m – 1

 y = (m – 1)x + b’

Vì dmđi qua A(m; 0) ta có: = (m – 1)m + b’

Vậy họ đờng thẳng dm cần tìm là: y = (m – 1)x + (m – m2) (m 1)

2) 0,5điểm

Giả sử đờng thẳng họ (dm) đồng qui điểm (xo; yô)

 yo = (m – 1)xo + (m – m2)

 m2 – m(x

o + 1) + xo + yo =

Vì phơng trình phơng trình bậc hai ẩn m nên có nhiều nghiệm  Chỉ có đờng thẳng họ (dm) qua điểm (xo; yo)

Vậy khơng có đờng thẳng họ (dm) đồng qui

3) 0,75điểm

Gọi điểm N(x1; y1) mà có đờng thẳng họ (dm) qua

 y1 = (m – 1)x1 + m – m2

 m2 – m(x

1 + 1) + x1 + y1 =

Vì có đờng thẳng họ (dm) qua N nên phơng trình có nghiệm



 

2 1

(x 1) y

4

Vậy điểm cần tìm nằm Parabol



 

2 1

(x 1) y

4

Câu 4 3điể

m

1) 0,5điểm

Vẽ hình

2) 0,5điểm

0,25

3) 1,0điểm

Vẽ đờng trịn đờng kính AB Gọi giao HN với đờng tròn I Do DHI tam giác vuông H nên DI đờng kính

Mà D điểm cố định nằm nửa đờng trịn đờng kính AB nên I điểm nửa đờng trịn đờng kính AB

Điểm I đối xứng với D qua AB Vậy I điểm cố định

Câu 5 1 điểm



  

n

2 a

(2n 1)( n n 1)

   

   

   

2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1

n n 2 n(n 1) n n 1

Do

         

  2009

1 1 1 1 1 1

a a

1 2 2 3 2009 2010

1 1

2010 Mặt khác:

 

 

 

    

 

 

  

2

2008 1 2008 2009 2010 2009 2010

1

2010 2009 2010 2009

2009 1

2010 2009

0

2010 2009 2010 2009

nên

 1  2008

1

2010

2009 Vậy 2009 

2008 a + a + + a

2010 H

’ A B

C D E

H M

N

I P O

K

Câu Nội dung cần trình bày Điểm

3 điểm

Gọi E giao điểm PD với đờng thẳng vng góc với AB +) Xét DCP DBE có:

 

DCP DBE (so le trong)

DC = DB (AD trung truyến ABC)  

CDP BDE (đối đỉnh)

 DCP = DBE (g.c.g)  CP = BE (1)

+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP hình chữ nhật có AM tia phân giác 

Anên MNAP hình vng.

 AN = AP  CP = BN (2)

Từ (1) (2)  BE = BN  BEN cân

 NEB 450

+) Gọi O trung điểm EN

Ta cóBEN EHN tam giác vng có chung cạnh huyền EN nên bốn

điểm B, E, H, N thuộc đờng tròn tâm O Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) K

Khi đó:  1

OHN KON

2 (KON góc ngồicủa tam giác cân OHN)

 1

OHB KOB

2 (KOB góc ngồi tam giác cân OHB)

 OHN OHB   =

 

   

1

KON KOB 90

2

 BHN 450

Vậy có BHN BEN 450 (3)

Chứng minh tơng tự ta có: NHA NPA 450 (4)

Từ (3) (4) có AHB 900và NH đờng phân giác góc AHB

Gọi H’ hình chiếu H AB

Khi SAHB =

1

AB.HH'

Do SAHB lớn HH’ lớn

Điểm H chạy cung tròn đờng kính AB nên HH’ lớn bán kính, tức HD Khi M  D.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25