De dap an thi HSG huyen mon toan

Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và gọn vẫn cho điểm tối đa; - Điểm bài làm của học sinh qui tròn đến 0,5.. PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THẠCH HÀ ĐỀ CHÍNH THỨC Bài a) Rút gọn biểu thức: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN MÔN TOÁN LỚP NĂM HỌC 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 23 / 11 / 2012    10  A 2    20 a  b a  b b) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: Bài a) Giải các phương trình sau: 2012 2012 x   2x  x  4x    2012   20132 2013 2 1 x   x    2x  x  6x 6y  b) Tìm x, y thỏa mãn:  y  2xy Bài Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức: M 2x   x Bài Cho đường tròn đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung CD H ( H O ) Biết AH = a; CD = 2b a) Chứng minh các tam giác HAD và HCB đồng dạng với b) Tính R theo a và b c) Qua H vẽ hai dây cung MN và PQ vuông góc với Xác định vị trí các dây này để MN + PQ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Bài Cho x, y, z  (0,1] x y z    Chứng minh :  y  xz  z  xy  x  yz x  y  z ==HẾT== Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Lưu ý: Học sinh không dùng máy tính HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP Bài Nội dung Điểm a) 2,0đ    (1  3)3    10  A  2 0,5   (1  3) 1   2 0,5 2 42 (1  3)      2 2 b) ĐK: a b (*) 1,0 1,5đ 0,25    20 a b a  b Bài 3,5đ  2(a  b 5)  3(a  b 5)  (9  20 5)(a  b 5)(a  b 5)  9a  45b  a  5( 20a  100b  5b) (*) A B 0 thi   Z B Ta thấy (*) có dạng A B vô lí B = => A= 2 9a  45b  a 0   20a  100b  5b 0 Do đó (*)  9a  45b  a 0 9a  45b  a 0     9 2  9a  45b  b 0 a  b    a 9 a 0 a  b   hoac  b 4 b 0 b  4b 0  (Loại vì không thỏa mãn ĐK (*))  a = 9; b = Bài 6,0đ a) 0,25 0,25 0,25 0,5 5,0đ 2 * Biến đổi vế phải ta có 2013 (2012  1) 2012  2.2012    20122 20132  2.2012 20122 2012 20122 2012 2   2012    2013  2.2012   20132 2013 20132 2013 2012  2012 2012 2012    2013  2013   2013   2013  2013 2013 2013  Phương trình trở thành: Xét trường hợp: x   x  2013 (*) 0,75 0,5 - Trường hợp 1: Nếu x  thì (*)   x 2013  x  1005 (thỏa mãn) - Trường hợp 2: Nếu x  thi (*)  x 1 2013 (Phương trình vô nghiệm) 0,25 - Trường hợp 3: Nếu x 2 thi (*)  x  2013  x 1008 (thỏa mãn) Kết luận: Phương trình (*) có nghiệm: x1  1005 và x2 1008 0,25 * ĐK x  2,5 (*) 0,25 0,25 Phương trình đã cho trương đương với:  x    x   x   x  (   x)  (1  x)(   x) 6  x  (1  x)(  x)  x  ĐK: x  - (**)  (1 –x)(- – 2x) = (x +5)2  x2 – 7x – 30 =  x1 = - (thoả mãn ĐK (*) và (**)) x2 = 10 (không thoả mãn ĐK (*) và (**)) Vậy phương trình có nghiệm x = - b) 2  x  6x 6y  x  6x 6y    x  2xy  y  6(x  y)  0 (x  y  3) 0 Cộng vế theo vế ta  0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 1,0đ 0,25  x 3  x  6x 6(x  3)    y x   y x  0,5 Vậy (x; y) = (3 2;3  2), (  2;3  2) 0,25 Điều kiện:   x  (*) * Tìm giá trị lớn nhất: Trước hết ta chứng minh: với số (a1; a2); (b1; b2) ta có: a a  1 b1 b (a b +a b )2 ≤(a 2+a 2)(b 2+b 2)(**) Đẳng thức xẩy 0,25 1 2 Áp dụng (**) ta có 0,25  M  x   x  (22  12 )( x   x ) 25  x 0 x   x2     x 4(5  x ) Đẳng thức xẩy Bài 3,0đ 0,5  x 0  x 2   x 2 hoac x  (TMĐK(*)) 0,5 0,5 Vậy với x = thì GTLN M = * Tìm giá trị nhỏ 0,5 Từ điều kiện (*) tá có x  (1) 0,25  x 0 (2) Từ (1) và (2) ta có M 2 x   x  0,25 2 x   x    x  Đẳng thức xẩy  0,25 Mặt khác Bài 6,5đ Vậy x  thì M đạt GTNN là  Vẽ hình 0,25đ a) 2,0đ Ta có OA OB OC nên ACB vuông C nên   BCH  ACH 900 (1) 0,25 0,25 1,0   Vì AB  CD nên CAH  ACH 90 (2)   Từ (1) và (2) suy CAH BCH Mặt khác AB  CD HC=HD hay ACB là tam giác cân A =>AH là phân     giác góc A => CAH DAH  BCH DAH => Các tam giác HAD và HCB đồng dạng với 1,0 b) (2,0đ) 2 2 Áp dụng định lí Pitago ta có AC  AH  HC  a  b Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao tam giác vuông ABC ta có AC a  b AB a  b AC2 AB.AH  AB   R  AH a 2a c) 2,25đ Gọi K, L là hình chiếu vuông góc O trên MN và PQ Đặt OK = x; OL = y; Đặt OH = d 2 2 Ta có x  y OH d không đổi Đặt T MN  PQ 2 Xét T MN  PQ  2MN.PQ 0,5 1,5 0,25 0,25 2 2 2 2  T MN  PQ  2MN.PQ 4(R  x )  4(R  y )  (R  x )(R  y ) 8R  4(x  y )  R  R (x  y )  x y 0,5 8R  4.d  (R  R d )  x y 2 * T đạt GTLN T2 đạt GTLN  x y đạt GTLN  xy đạt GTLN x  y2 d xy   2 Áp dụng BĐT Cosy ta có x  y Dấu “=” xẩy <=> OL = OK => HO là tia phân giác góc tạo hai dây cung 2 * T đạt GTNN T2 đạt GTNN  x y đạt GTNN  xy đạt GTNN Mặt khác x, y 0 nên xy 0 , dấu “=” xẩy x = y = => dây cung trở thành đường kính Vì x, y  (0,1] nên (1  x)(1  y ) 0   xy x  y Bài 1,0đ   z  xy  x  y  z y y   (1)  z  xy x  y  z x x  Tương tự ta có  y  xz x  y  z 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 (2) ; z z   x  xy x  y  z (3) Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta x y z xyz      y  xz  z  xy  x  yz x  y  z x  y  z Dấu “=” xẩy x = y = z =1 Tổng 0,25 0,25 20,0 Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và gọn cho điểm tối đa; - Điểm bài làm học sinh qui tròn đến 0,5 PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ