de khao sat hoc sinh gioi lop 9

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán... SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG.[r]

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,5 điểm) P Cho biểu thức x2  x x  x  x  1   x  x 1 x x1 Rút gọn biểu thức P Tìm x để Q x P nhận giá trị nguyên Câu 2: (1,5 điểm) 2011 2012 Cho dãy số , ,3 , , , 2011 , 2012 Gọi chữ số tận cùng tổng 1006 số hạng đầu tiên dãy là M, chữ số tận cùng tổng 1006 số hạng cuối dãy số là N Tính M - N? Câu 3: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho trước) M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN R Gọi giao điểm hai dây AN và BM là I, giao điểm các đường thẳng AM và BN là K Chứng minh điểm M, I, N, K cùng thuộc đường tròn, tính bán kính đường tròn đó theo R Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R M, N thay đổi thỏa mãn giả thiết bài toán Câu 4: (1,5 điểm) 1   1 x y z Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng: x  yz  x  y  zx  Câu 5: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình y  z  xy  z  xyz  x  xy  x  y 4   x  y    xy  4 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG Câu ý ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm Cho biểu thức P x  x x  x  x  1   x  x 1 x x1 Rút gọn biểu thức P Tìm x để Q x P nhận giá trị nguyên 0,5đ x   x 1 Điều kiện:  P x  x  2 x x Q  P x  x 1 Do x  và x  x   với x nên Q>0 x Q  x  x 1 x 1 x x 2 x suy Theo bất đẳng thức Cô-si thì Q 2 Mà Q>0 nên  Q 2 Để Q nhận giá trị nguyên thì Q 1; Q 2 1,0đ 1,5đ x  1 x Do đó, * Q=1 thì x  x  0 2  3   3  x1   , x2       Giải PT ta  * Q=2 thì  x1 0 PTVN (do x khác 0) Vậy có hai giá trị x1, x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 2011 2012 1,5đ Cho dãy số , ,3 , , , 2011 , 2012 Gọi chữ số tận cùng tổng 1006 số hạng đầu tiên dãy là M, chữ số tận cùng tổng 1006 số hạng cuối dãy số là N Tính M - N? 2011 2012 Gọi dãy số , ,3 , , , 2011 , 2012 (1) Ta có: CS tận cùng CS tận cùng 11 22 33 44 55 66 77 88 99 1010 1111 1212 1313 1414 1515 1616 1717 1818 1919 2020 2121 … 6 … Tổng các chữ số tận cùng nhóm 20 số hạng dãy số (1) là 94 Do đó chữ số tận cùng tổng đó là Suy chữ số tận cùng tổng 1000 số hạng đầu tiên dãy số (1) là Ta có tổng 1006 số hạng đầu tiên dãy (1) là A0  10011001  10021002  10031003  10041004  10051005  10061006 = X Vậy M = Tương tự, ta tính N = Vậy M-N = Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho trước) 3,0đ M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O) cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN R Gọi giao điểm hai dây AN và BM là I, giao điểm các đường thẳng AM và BN là K Chứng minh điểm M, N, I, K cùng thuộc đường tròn, tính bán kính đường tròn đó theo R Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R M, N thay đổi thỏa mãn giả thiết bài toán * Gọi E là trung điểm MN F là trung điểm IK.Chứng minh 1,0đ điểm M, I, N, K cùng nằm trên đường tròn tâm F bán kính MF * Ta có điểm E, F, O thuộc đường trung trực MN nên điểm F, 1,0đ E, O thẳng hàng Tính OE  R , MN R Suy tam giác OMN là tam giác  góc MON = 600  góc MKN = 600, suy góc MFN = 1200 Do đó, góc MFE = 600 R Trong tam giác MEF, ta tính MF = R Vậy bán kính đường tròn qua bốn điểm M, I, N, K S KAB  KH AB Ta có SKAB lớn  KH lớn Mà KH KO nên KH lớn và KH = KO hay H trùng với O Khi đó, tam giác KAB cân K Mà góc K 60 nên tam giác KAB là tam giác 1,0đ Ta có KO  3.R S KAB  3R Vậy giá trị lớn diện tích tam giác KAB 3R 1   1 x y z Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh x  yz  x  y  zx  y  z  xy  z  xyz 1   1 x y z Ta có: xyz xyz xyz     xyz x y z yz zx xy    xyz x y z  x  yz  Để chứng minh x  y  zx  y  z  xy  z  xyz ta chứng minh yz zx xy  y  z x y z x  yz  y  zx  z  xy  x  Trước hết ta chứng minh: x  yz  x  yz x (1) yz  yz x  1  x  yz  x  yz      yz y z   x  yz  x    y z  0 luôn đúng với số dương y,z y  zx  y  Tương tự, ta có: z  xy  z  xy z zx y (2) (3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta x  yz  y  zx  z  xy  x  yz zx xy  y  z x y z 1,5 đ Do đó ta có điều phải chứng minh Giải hệ phương trình  x  xy  x  y 4   x  y    xy  4 1,5đ  x  y   x  1 4  x  y   x  1 4    x  y   x  xy  0  x  y    xy  4   x  y   x  1 4    x  y 0    x  y   x  1 4   x  xy 0   x  y   x  1 4   x  xy 0   x 0    y 4   y 1     x  1 4    x 0    y 4   x 1     y 1    x    y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) thuộc {(0;4); (1;1); (-3;1)} Lưu ý: Trong phần, học sinh làm cách khác đúng thì giám khảo có thể cho điểm tương ứng với phần đó