Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AC.. Gọi O là trung điểm của IH.[r]
(1)TRƯỜNG THCS TÂN PHÚ CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM HUYỆN CHÂU THÀNH Độc lập – Tự – Hạnh phúc
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ THI HSG LỚP VỊNG TRƯỜNG NĂM HỌC 2010-2011
MƠN: TỐN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (4đ) Cho biểu thức P = x2−√x x+√x+1−
2x −√x −1 √x −1 +
2(x −1)
√x −1 a/ Rút gọn P (2đ)
b/ Tìm giá trị nhỏ P (2đ)
Câu 2: (4đ) Cho đường thẳng (dm): mx+(3m−1)y −6=0
a/Tìm đường thẳng (d) qua điểm A (-1; 3) xác định hệ số góc đường thẳng đó (2đ).
b/Tìm điểm cố định B (dm) với m (2đ)
Câu 3: (4đ)
a/ Tìm a, b, c phương trình: a+b+c+4=2√a −2+4√b −3+6√c −5 (2 đ) b/ Giải hệ phương trình:
x+y=2 (1) xy− z2
=1 (2) (2 đ)
Câu 4: (4đ) Cho ΔABC cân A Gọi H trung điểm BC Gọi I hình chiếu vng góc H lên AC Gọi O trung điểm IH Chứng minh BIC = AOH.
Câu 5: (4đ) Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn (c) đường kính AB, O tâm đường tròn (c) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn (c) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E là giao điểm AD OT.
(2)
-Hết -TRƯỜNG THCS TÂN PHÚ CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM HUYỆN CHÂU THÀNH Độc lập – Tự – Hạnh phúc
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐÁP ÁN THI HSG LỚP VÒNG TRƯỜNG NĂM HỌC 2010-2011
MƠN: TỐN
Câu Ý Đáp án Điểm
Câu 1: (4 đ)
1a
Điều kiện để P có nghĩa là: x ≥0
√x −1≠0 ⇔0≤ x ≠1
P = √x(√x
3−1)
x+√x+1 −
(√x −1) (2√x+1)
√x −1 +
2(√x −1) (√x+1)
√x −1
⇔ P = √x(√x −1)−(2√x+1)+2(√x+1)=x −√x+1
Vậy P = x −√x+1
1 đ
1 đ đ
1b
Theo câu a ta có P = x −√x+1 = (√x −1
2)
+3
4≥
Dấu “=” xãy √x=1
2⇔x=
Vậy P =
4 x=
1
0,5 đ
0,5 đ Câu 2:
(4 đ)
2a
A∈(dm)⇔2m(−1)+(3m−1)(−3)−6=0
⇔−11m−3=0
⇔m=−3
11
Khi m=−3
11 đường thẳng (d): 3x+10y+33=0⇔y=
−3 11 x −
33 10
Hệ số góc đường thẳng (d) cần tìm y=−3
11 x − 33 10
hệ số góc k = 10−3
1 đ 0,5 đ
0,5 đ 2b
Giả sử B( (x0; y0) điểm cố định họ (dm) với m
⇔2 mx0+(3m −1)y0−6=0,∀m
⇔(2x0+3y0)m −6− y0=0,∀m
(3)⇔ 2−x60+− y3y0=0 0=0
⇔ yx0=9
0=−6 Vậy điểm cố định M (9; -6)
1 đ Câu 3:
(4 đ)
3a
a + b + c + 4= 2√a−2+4√b −3+6√c −5
⇔(a−2−2√a −2+1)+(b −3−4√b −3+4)+(c −5−6√c −5+9)=0
⇔(√a −2−1)2+(√b −3−2)2+(√c −5−3)2=0
√a −2−1=0 (1)
⇔ √b −3−2=0 (2)
√c −5−3=0 (3)
a −2≥0 a ≥2
Giải (1): (1) ⇔ √a −2=1 ⇔ ⇔
a −2=12 a=3 (nhận)
b −3≥0 b ≥3
Giải (2): (2) ⇔ √b −3=2 ⇔ ⇔
b −3=22 b=7 (nhận)
c −5≥0 c ≥5
Giải (3): (3) ⇔ √c −5=3 ⇔ ⇔
c −5=32 c=14 (nhận)
0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3b
Từ (1) ⇒y=2− x ; vào (2) ta có:
x(2− x)− z2=1⇔(x2−2x+1)+z2=0
⇔(x −1)2+z2=0
x=1
⇔
z=o
Suy y =
Hệ có nghiệm: (x ; y ; z)=(1;1;0)
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Câu 4:
(4 đ)
Kẻ thêm HK // BI
0,5 đ 0,5 đ
O A
I
K E
1 1
(4)=> K trung điểm CI => KO // CH
Mà CH HA
=> KO HA
Mặt khác HO KA
=> O trực tâm Δ AHK
=> AO KH
Đồng thời: IB // KH
=> AO IB
Vì ICB = OHA (góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) (1)
A B (cùng phụ E1 = E2 đối đỉnh) (2)
Từ (1) (2) suy Δ BIC đồng dạng Δ AOH
=> BIC = AOH (đpcm)
0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
Câu 5: (4 đ)
5a
Ta có Δ DCE = Δ TCE (EC chung, CT = CD = BC)
=> ET = ED = x
=> OA = a
2
Mà AE = a - x
OE = OT + TE = a2 + x
Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông AOE: OE2 = OA2 + AE2
1 đ
C
B A
1 1 //
(5)5b
⇔(a 2+x)
2
=(a
2)
+(a − x)2
⇔a +x
2
+ax=a
2 +a
2
+x2−2 ax
⇔3 ax=a2
⇔x=a
3(a ≠0) SΔOCE=CT OE
2 =
a(a 2+x)
2 =
a(a+2x)
4 =
a(a+2a
3 )
4 =
5a2 12
( x=a
3 )
Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông BOC:
OC2 = OB2 + BC2 = a2
4 +a
=5a
2
4 ⇔OC= a√5
2 SΔOCE=EH OC2 ⇔EH=
2SΔOCE OC =2
5a2 12 :
a√5 =
√5a
Vậy SΔOCE=5a
2 12 ;EH=
a√5
1 đ đ