Gọi X và Y lần lượt là trung điểm của OA và OB thì: IX // d và IY //d nên I di chuyển trên đường cố định đi qua X và Y trừ ra những điểm thuộc đoạn XY.[r]
(1)(2) ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP THCS NĂM HỌC 2011-2012 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) CÂU 1: (5đ) Cho biểu thức : P=a2−a√a+a√+1−3a−2a√a√+a−4a√−2 Rút gọn P Tìm GT nhỏ P CÂU 2: (5đ) Giải các phương trình sau: 2x3−x2+2x3−3x+1−−−−−−−−−−√3=3x+1+x2+2−−− −−√3 x4−2y4−x2y2−4x2−7y2−5=0; (với x;y nguyên) CÂU 3: (4đ) Cho đường tròn (O;R) Đường thẳng d không qua O cắt đường tròn (O) hai điểm A và B Từ điểm M tuỳ ý trên đường thẳng d và ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), ( N,P là hai tiếp điểm) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d cho tứ giác MNOP là hình vuông CMR tâm đường tròn qua điểm M,N,P luôn chạy trên đường thẳng cố định M di chuyển trên đường thẳng d CÂU 4:(4đ) a) Tìm Max : y=|x|9−x2−−−−−√ x,y,z là số dương thoả mãn đk: xyz=1 Tìm min: f(x)=1x3(y+z)+1y3(x+z)+1z3(x+y) Cho số a,b,c thoả mãn: a+b+c=1 ; a2+b2+c2=1;a3+b3+c3=1 CMR: a2n+1+b2n+1+c2n+1=1 với nϵN∗ b) GT CÂU 5: (2đ) Cho △ABC thay đổi có S△ABC AB=6 và AC=2BC Tìm giá trị lớn (3) Bài 1: ĐKXĐ: a>0, a ≠ P=a−3 +4 = ( -3/2)2 +4-9/4 ≥ 7/4 minP =7/4a=9/4 Bài 2: 1/ chuyển vế: đặt =a, =b, ta có PT: a3+a=b3+b (a-b)(a2+ab+b2-1)=0 2/ Giải phương trình sau: x4−2y4−x2y2−4x2−7y2−5=0; (với x;y nguyên) Đặt: a=x2≥0; b=y2≥0 PT tương đương với: a2−2b2−ab−4a−7b−5=0 a2−a(b+4)−2b2−7b−5=0 (*) coi (*) là PT ẩn a thì đk cần để có nghiệm a là: Δ=(b+4)2+8b2+28b+20=(3b+6)2≥0 với b≥0 Mà a≥0 nên ta tìm được: a=2b+5 => x2−2y2=5 (1) đến đây ta xét Module 3, hai vế (1), từ đó ta => PT không có nghiệm với x, y nguyên Bài 3: a/ MNOP là hình vuông MN=MP= R OM = R(có vị trí điểm M thoả mãn) b/ Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là trung điểm OM ( tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn đường kính OM) Gọi X và Y là trung điểm OA và OB thì: IX // d và IY //d nên I di chuyển trên đường cố định qua X và Y trừ điểm thuộc đoạn XY Bài 4: a/ y = = b/ √ 81 − x2 − 4 ( ) ≤ Dấu = xảy x = ± 2.Ta có: (a+b+c)=1(a+b+c)2=1a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1ab+bc+ca=0(1) Ta lại có: a3+b3+c3=1a3+b3+c3−3abc=1−3abc(a+b+c) (a2+b2+c2−ab−bc−ca)=1−3abc 3abc=0abc=0 Vậy hoặc: a=0,b=0,c=0 Thay vào a+b+c=0 ta nghiệm hệ có nghiệm = 0, nghiệm =1 suy ĐPCM * Cách 2: (4) AD đẳng thức: (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(a+c) từ ĐK (1) và ĐK(3) => a=−c a=−b b=−c từ đó dễ dàng cm Bài 5: Câu này dùng quỹ tích điểm C, C nằm trên đường tròn đường kính DE không đổi, với D là giao điểm tia phân giác góc ngoài góc C với AB, E là giao điểm đường phân giác góc góc C, dễ dàng cm DE cố định và có độ dài là ( SD t/c tia phân giác) từ đó=> đường cao có độ dài lớn hạ từ C là 4=> Max (SABC)=12 câu dễ mà là cái đường tròn apoloniut Đây là đường tròn Apoloniut Cho đoạn thẳng PQcố định Tìm tập hợp (L) gồm điểm cho tỉ số khoảng cách từ điểm đó đến P và Q = m/n, m và n là độ dài cạnh cho trước Phần thuận: Gọi M là điểm thuộc tập hợp (L)⇔MP/MQ=m/n Trên đường thẳng PQ, tồn điểm D và D' chia đoạn thẳng PQ theo tỉ số m/n đã cho: D chia đoạn PQ và D' chia ngoài Ta có: DP/DQ = D'P/D'Q = MP/MQ (=m/n) => MD và MD' là phân giác ngoài góc PMQ => góc DMD' = 900⇒ M nằm trên đường tròn dk DD' Phần đảo: Lấy M tùy ý nằm trên duog tròn đường kính DD' Ta cmr: MP/MQ = m/n <=> (L) là đường tròn dk DD', gọi là đường tròn Apollonius (5)