de hsg hoang hoa thanh hoa 1213

Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1.. Tính diện tích ngũ giác đó.[r]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 26/ 11/ 2012 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 1 x x x   x  1 x x1 Bài 1: (4,0điểm) Cho biểu thức B = x   x a Rút gọn biểu thức B b Tìm x để B > 53 x 9 c Tìm giá trị B Bài 2: (4,0điểm) PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ a Giải phương trình : x   x     x  x  4 b Chứng minh 10 là số vô tỉ Bài 3: (3,0điểm) a Vẽ đồ thị hàm số y  x  b Xácđịnh tọa độgiao điểm đồ thị hàm số câu a với đồ thị hàm số y=3x – Bài 4: (4,0điểm) Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB Trên các bán kính OA, OB lấy các điểm M và N cho OM = ON Qua M và N vẽ các dây CD và EF song song với (C, E cùng thuộc nửa đường tròn đường kính AB) a Chứng minh tứ giác CDFE là hình chữ nhật OM  R , góc nhọn CD và OA 600 b Cho Tính diện tích hình chữ nhật CDFE Bài 5: (2,0điểm) Một ngũ giác có tính chất: Tất các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh liên tiếp ngũ giác có diện tích Tính diện tích ngũ giác đó Bài 6: (3,0điểm) 4 a Cho a, b, c là các số thực, chứng minh rằng: a  b  c  abc(a + b+ c) abc n   cba  ( n  2)   abc b Tìm tất các số tự nhiên có ba chữ số cho Với n là số nguyên lớn Hết HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Hướng dẫn Điểm a.(2đ) ĐKXĐ : x > 0,5đ 1 x x x   x  1 x x1 B = x 1 x PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HÓA Bài x 1 x  x 1 B = ( x   x )( x   x x B= 1 x x ( x  1)  x) x1 0,5đ 0,5đ B= x x b (1đ) Với x > ta có : B >  x  x    x2 x  x  4( x  1)  ( x  2)2  (*) (*) đúng với x 2 Vậy B > x > và x 2 Bài 4đ x c (1đ) 53 53(9  7)  9  81  28 9 thay vào B = x  x  ta có: B =    9   2(  1) 7 53 x  thì B = Vậy với Bài a.(2đ) Đk : x 5 4đ x   x     x  x  4  0,5đ ( x   2)  ( x   2) 4  x 2   x 2  2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ x   4 x  4 (1) Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B vào (1) ta có : x     x   x     x  4 Dấu xảy  ( x   2).(2  x  5) 0 0,25đ 0,25đ 0,25đ  (2  x  5) 0 (vì x    0)  2 x  x 9 Kết hợp với điều kiện, ta có x 9 Vậy nghiệm phương trình là : x 9 10  0,25đ 0,25đ 0,5đ a (a, b  N* ,UCLN(a;b)=1) b b(2đ) Giả sử: 10 là số hữu tỉ Đặt a2  10  a 10b  a 5  a5  a 25 b  10b 25  b 5  b5 Khi đó ƯCLN(a;b) 5 mâu thuẫn với ƯCLN(a;b) = Vậy 10 là số vô tỉ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ Bài a (1,5đ) Vẽ đồ thị hàm số y  x  (3đ)  x  x   y  x    x  x<   0,5đ 0,25đ O y x Nhận xét y 0 với x Ta có đồ thị hàm số : Vẽ đúng đồ thị 0,75đ b.(1,5đ) Giả sử M(x0 ; y0) là tọa độ giao điểm hai đồ thị hai hàm số 0,5đ y  x  và y = 3x – ta có : x  x0  3x0  đk : 0,25đ TH1: x0  3x0   x0 6 ( nhận) 0,25đ 0,25đ 0,25đ x0   x0   x0  ( loại) TH2: Với x0 = thì y0 = 13 Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là M(6 ; 13) C E H N A M B O K D F a (2đ) Vẽ OH vuông góc với CD, OH cắt EF K, suy HK vuông góc với EF ( vì CD // EF) Suy HC = HD; KE = KF Ta chứng minh HOM KON ( cạnh huyền - góc nhọn) Suy OH = OK, suy CD = EF, từ đó suy tứ giác CDEF là hình Bài bình hành (4đ) Lại có KH là đường trung bình hình bình hành CDFE, nên HK // CE,   suy ECD KHD 90 Vậy tứ giác CDFE là hình chữ nhật R  OH OM SinHMO  R.Sin600  3 b (2đ) Ta có 2R CE HK 2.OH  3R R CH OC  OH R   9 R 2R CH   CD  3 Suy Vậy SCDFE 2R 2R 4R2 CE.CD   3 (đvdt) 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0.5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán BCD và ECD có SBCD = SECD = 1, đáy CD chung nên các đường cao Bài hạ từ B và E xuống CD => EB // CD (2đ) Tương tự AC// ED, BD //AE, CE // AB, DA // BC Gọi I = EC  BC => ABIE là hình bình hành => SIBE = SABE = Đặt SICD = x < => SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED S ICD IC S IBC x 1 x    S IE S IBE hay  x => x2 - 3x + = Lại có IDE 3 => x = 3 x < => x = 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 51 Vậy SIED = Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED  5 = + = (đvdt) 0,25đ 0,25đ a (1,5đ )Áp dụng bất đẳng thức x2 + y2  2xy ( với x, y ), ta có: 1 a  b  c  (a  b )  (b  c )  (c  a ) 2 2 2 2 a b  b c  c a (1) Mặt khác : 1  a (b  c )  b (c  a )  c (a  b ) 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 a bc  b ca  c ab abc (a  b  c ) (2) 0,25đ 0,5đ 0,5đ 4 Từ (1) và (2) ta có a  b  c  abc(a + b+ c) (đpcm) 0,25đ b (1,5đ ) abc 100a  10b  c n  (1) Bài cba 100c  10b  a ( n  2) n  4n  (2) (3đ) Từ (1) và (2) ta có: 99(a  c) 4n   (4n  5)99 (3) 100 n  999  101 n 1000  11 n 31 Mặt khác  39 4n  119 (4) Từ (3) và (4)  4n  99  n 26 0,25đ 0,25đ Vậy abc 675 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa Bài hình không vẽ hình vẽ hình sai thì không chấm điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ