De thi HSG Toan va huong dan cham 20102011 PGDCT

Xác định vị trí của điểm P trên BC để diện tích tứ giác PLAK lớn nhất.[r]

UBND HUYỆN CHÂU THÀNH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập –Tự –Hạnh phúc ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN LỚP: Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (4 điểm) a) Chứng minh A(n) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24 b) Tìm các số a, b, c để đa thức f(x)= x + 2x3 + ax2 + bx + là bình phương tam thức bậc hai g(x)= x2 + x + c Bài 2: (4 điểm) a) Tính : A    48  10  2 b) Giải phương trình : 3x  12 x  21 + x  20 x  24 = - 2x2 + 8x - Bài 3: (4 điểm) 4 3 a) Chứng minh bất đẳng thức: x  y x y  xy với số thực x, y x  x  2010 x2 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = Bài 4: (4 điểm)  Cho tam giác ABC có BAC 90 , AB = 4cm; AC = 3cm P là một điểm di động trên cạnh BC Gọi K, L là chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB và AC Xác định vị trí điểm P trên BC để diện tích tứ giác PLAK lớn Bài 5: (4 điểm) 2 2 Chứng minh với tứ giác lồi ABCD ta có AC  BD  AD  BC  AB.CD -HẾT - HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : TOÁN Bài Đáp án 1a Ta có A(n) = n(n+1)(n+2)(n+3) Vì tích số nguyên liên tiếp chia hết cho nên A(n) chia hết cho Trong bốn số nguyên liên tiếp luôn có hai số chẵn liên tiếp, một hai số số đó chia hết cho nên A(n) chia hết cho Vì (3, 8) = nên A(n) chia hết cho 24 1b Điểm 0,5đ 0,5đ 2  g  x    x  x  c  x  x  c  x3  2cx  2cx Ta có :  = 0,5đ  x  x    2c  x  2cx  c 2c 1 a c 1   f ( x )  g  x    2c b   a 2c  c 1 b 2c   0,5đ 0,5đ 0,5đ Nếu c=1 thì a=3, b=2 đó (a,b,c)=(3,2,1) Nếu c=-1 thì a=-1, b=-2 đó (a, b, c)= (-1, -2, -1) 2a Ta có :   3 A    48  10  A    48  10  0.5đ 0.5đ  A    28  10 A     A  5  2b  =   3   25  =  3 0.5đ 0.5đ 2 Ta có : VT = x  12 x  21 + x  20 x  24 2 = 3( x  x  4)  + 5( x  x  4)  2 = 3( x  2)  + 5( x  2)   + Dấu “=” xảy  x – =  x = = +2 = Mặt khác , ta có : VP = - 2x2 + 8x – = -2(x2 - 4x + 4) + = -2(x – )2 +  Dấu “=” xảy  x – =  x = 2 4 3 3 1) Lập hiệu: x  y  x y  xy x (x  y)  y (x  y) (x  y)(x  y3 ) (x  y)(x  y)(x  xy  y ) (x  y) (x  xy  y ) Nhận xét: (x  y) 0 với x, y Dấu “=” xảy x = y y  3y  x  xy  y  x    0 2  với x, y Dấu “=” xảy x = y = 2  (x  y) (x  xy  y ) 0  x  y  x y  xy3 0 0,75đ Vậy x  12 x  21 + x  20 x  24 = - 2x2 + 8x –  x = Phương trình có nghiệm x = 3a 0,75đ 0,5đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3b 4 3 Hay: x  y x y  xy 0,25 x  x  2010 2010 2 x A= =1- x + x   1   2  = 2010  x 2010 x 2010  + - 2010 0.5đ 0.5đ 0.5đ  1 2009 2009    x 2010  + 2010 2010 = 2010  2009 ⇒ GTNN A = 2010 x = 2010 0.5đ Đặt BK = x > ⇒ AK = – x PK = x tgCBA = x 3 ⇒ SPLAK = ( – x ) x = ( 4x – x2) SPLAK lớn 4x – x2 lớn nhất, mà 4x – x2 = – (x – )2 + 4 với x Dấu = xảy và x = Vậy SPLAK lớn x = ⇒ AK = BK ⇒ PB = PC hay P là trung điểm BC A Kẻ: B AH  DC ; BK  DC  H , K  DC   900 HAD có H nên: 2 AD  AH  DH  900 AHC có H nên: D H AC  AH  HC AC  AD HC  HD  HC  HD   HC  HD  DC  HC  HD  K C Do đó: Tương tự: Do đó: BD  BC DC  DK  KC  AC  AD  BD  BC DC  HC  HD  DK  KC  DC HK  KC  DH  DH  HK  KC   = = DC.HK AC  AD  BD  BC 2 AB.DC 2 2 Mà HK  AB đó  AC  BD  AD  BC  AB.CD