De thi HSG mon Toan vong huyen 20092010

[r]

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN LỚP Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Bài : ( điểm) A x2  x x  x 2( x  1)   x  x 1 x x1 Cho biểu thức : a, Rút gọn A b, Tính giá trị nhỏ nhất của A B x A nhận giá trị nguyên c, Tìm x để biểu thức Bài (4 điểm ) Giải phương trình và hệ phương trình sau : x   y  2009  z  2010  ( x  y  z ) a, 1  x  y  x  y 2    xy    xy b,  Bài : ( điểm) a, Chứng minh : ( x  y  z )2 3( x  y  z ) x, y , z  R 1 1 1 x  y  z 1 ; x  , y , z 4 b, Cho Chứng minh : x   y   z   21 Dấu “=” xảy x , y , z bằng bao nhiêu ? Bài : ( điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R C là trung điểm của OA , dây MN vuông góc với OA tại C Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM , H là giao điểm của AK và MN a, Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b, Tính tích AH.AK theo R c, Xác định vị trí của điểm K để KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó Bài : ( điểm) Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng , diện tích tam giác COD bằng Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD ? -Hết -(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh : ……………………………….Số báo danh : ………………………… Chữ kí của giám thị : …………………………Chữ kí của giám thị 2: ……………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN LỚP CÂU Câu PHẦN a, (1 điểm ) NỘI DUNG x  x x  x 2( x  1)   x  x 1 x x1 ĐK : x  0; x 1 A 0,25 x ( x  1)( x  x  1) x (2 x  1) 2( x  1)( x  1)   x  x 1 x x1 = x ( x  1)  (2 x  1)  2( x  1) = x  x  x  1 x  A = x = 0,25 0,25 0,25 x 1 b, A = x (1 điểm ) x 1   x 2 1  1  x       x    2 =  2 2 1 1 3    x   0 x   x     x  2 2 4 Vì  nên  1  x   x Vậy AMin = c, (2 điểm ) ĐIỂM 2 x 2   1 x  x 1 x 1 M x 1 x x ( Với M = ) x 1 x Với x  0; x 1 thì >1 đó : 0< B < 0,5 0,25 0,25 B 0,5 Nên B nguyên B = 0,5   1 x 1 x x  0 x 0,5  x  x  0  x Câu a, (2điểm) 3 x   y  2009  z  2010  ( x  y  z ) 0,5  x   y  2009  z  2010  x  y  z  x  x   y  y  2009  z  z  2010 0 0,25 0,25  ( x   x   1)  ( y  2009  y  2009  1)  ( z  2010  z  2010  1) 0 0,25  ( x   1)  ( y  2009  1)  ( z  2010  1) 0  x   0    y  2009  0   z  2010  0 0,5  x  1  x 3    y  2009 1   y  2008    z 2011 z  2010    b, (2điểm) 0,25  ( x  y )(1  xy )    x y  xy  0   ( x  y )(1  )  (1) xy  ( xy  2)(2 xy  1) 0(2)  Giải (2) được xy = hoặc xy = Vậy ta có :  xy 2   x  y 3  x = 2; y = hoặc x = 1; y =  xy    1 x  y 3   x = 1; y = hoặc x = ; y = Hoặc  a, (2 điểm) 0,5 1  x  y     x y    xy    xy x y  ( x  y )  xy     xy    xy Câu 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Xét hiệu : 3( x  y  z )  ( x  y  z ) 3 x  y  z  x  y  z  xy  yz  zx 0,5 2 x  y  z  xy  yz  zx 0,5 2 ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) 0 x, y, z  R 2 2 Vây 3( x  y  z ) ( x  y  z ) x, y , z  R 0,5 b, (2 điểm) 2 Hay ( x  y  z ) 3( x  y  z ) x, y, z  R Dấu “= “ xẩy (x - y)2 +(y – z)2 + (z- x)2 =  (x - y)2 = (y – z)2 = (z- x)2 =0  x=y=z=0 Lập luận tương tự ta có :     4z 1 z 1  x 1  y 1  z  x 1  y 1  x 1  y 1  2 0,5 0,5 3  x  y  z  3 3   x  y  z   3 3.(4  3) 21 0,5  21 0,5  x   y   z   Dấu “= “ xẩy  x  y  z 1  x  y z  0,5 Câu M K H A B O C I N a, (1 điểm)  Ta có : AKB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   AKB  HCB 90  90 180 0 0,25 0,5 0,25 Vậy tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b, (1 điểm) c, (2 điểm)  cos KAB  0,5 AC AK  AH AB 0,5 R R  R  AH.AK=AB.AC = AMB 900 Ta có : ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Trong AMB có MC  AB nên MA2 = AC AB = R2 AM    MA = R nên Sin ABM = AB  ABM 300   Vậy MBN 2 ABM 60 Mặt khác AB là đường trung trực của MN nên BM = BN Từ (1) và (2) suy tam giác BMN đều Lấy điểm I trên NK cho KI = MK   0,25 (1) (2) 0,25 0,25 Mà MKN MBN 60 (hai góc nội tiếp chắn cung MN) Suy MIK đều Xét MNI và MKB có : MI = MK 0,25 MN= MB    IMN KMB ( = 60  BMI ) Do đó MIN = MKB (c g c )  IN =KB Vậy KN = NI + IK = KB + IK = KB + MK  KM + KB +KN = KN + KN = 2.KN 2.2 R 4 R  KM + KB +KN 4R Dấu “=” xẩy K là điểm đối xứng với N qua O 0,5 0,5 B điểm Câu A H C O D Kẻ BH vuông góc với AC tại H S AOB S BOC BH OA OA   BH OC OC Ta có : Tương tự ta có S AOD OA  S DOC OC S AOB S AOD  S S DOC BOC Do đó : Mà SAOB = ; SCOD =  SAOD SBOC = SAOB SCOD = 4.9=36 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : S AOD  S BOC 2 S AOD S BOC Vậy S ABCD S AOD  S BOC  S AOB  SCOD 2 36    S ABCD 25 Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD là 25 Dấu “=” xảy  S AOD S BOC  Tứ giác ABCD là hình thang ( AB//CD) Chú y : Nếu thí sinh làm theo cách khác , lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5