Chứng minh rằng: a MI.BE BI.AE b Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.. 2,5 điểm: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD.[r]
(1)Đề chính thức KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN LỚP - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4,5 điểm): 2010 a) Cho hàm số f (x) (x 12x 31) 3 Tính f (a) a 16 16 2 b) Tìm các nghiệm nguyên phương trình: 5(x xy y ) 7(x 2y) Câu (4,5 điểm): 2 a) Giải phương trình: x x x x x 1 1 x y z 2 4 b) Giải hệ phương trình: xy z Câu (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 A 3 3 x y 1 y z 1 z x 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A và B Từ điểm C thay đổi trên tia đối tia AB Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' M và N (M và N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn qua điểm cố định Câu (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động trên đoạn AD Gọi N và P là hình chiếu điểm M trên AB và AC Vẽ NH PD H Xác định vị trí điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn - - - Hết - - Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (2) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN - BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a 16 16 3 3 a 32 (16 5)(16 5).( 16 16 ) a 32 3.( 4).a a) (2,0đ) a 32 12a a 12a 32 0 a 12a 31 1 2010 f (a ) 1 1 5( x xy y ) 7( x y ) 7( x y ) 5 Đặt x y 5t 1, (4,5đ) (1) ( x y )5 (t Z ) (2) 2 (1) trở thành x xy y 7t (3) Từ (2) x 5t y thay vào (3) ta y 15ty 25t 7t 0 (*) b) 84t 75t (2,5đ) Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 0 28 t 25 Vì t Z t 0 t 1 Thay vào (*) Với t 0 y1 0 x1 0 y 3 x2 y 2 x3 1 Với t 1 2, a) ĐK x 0 x 1 (4,5đ) (2,5đ) Với x 0 thoã mãn phương trình x3 x x ( x 1) ( x x 1) Với x 1 Ta có x x 1( x x) ( x x 1) x3 x x x x 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 (3) x x x x 1 Dấu "=" Xẩy x x x 1 x x x Vô lý Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 0 1 1 x y z 2 (1) (I ) 4 (2) xy z ĐK x; y; z 0 1 2 4 x y z xy xz yz Từ (1) Thế vào (2) ta được: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 1 2 2 2 2 xy z x y z xy xz yz 1 2 b) x y z xz yz 0 (2,0đ) 1 ( ) ( ) 0 x xz z y yz z 0,25 0,25 1 1 0 x z y z 1 x z 0 x y z 0 y z 0,25 1 ( x; y; z ) ( ; ; ) (TM ) 2 Thay vào hệ (I) ta được: 0,25 Ta có (x y) 0 x; y 0,25 x xy y xy 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3, (3,0đ) 0,25 Mà x; y > =>x+y>0 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) x3 + y3 ≥ (x + y)xy x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) > Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > A 1 xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z) A x yz xyz(x y z) 0,25 0,25 (4) A 0,25 1 xyz Vậy giá trị lớn A là x = y = z = 0,25 4, (5,5đ) C M A D Q O E K O' H I B N Ta có: BDE BAE (cùng chắn cung BE đường tròn tâm O) 0,25 BAE BMN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O') BDE BMN hay BDI BMN BDMI là tứ giác nội tiếp MDI MBI (cùng chắn cung MI) 0,25 a) (3,0đ) mà MDI ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O) ABE MBI mặt khác BMI BAE (chứng minh trên) MBI ~ ABE (g.g) MI BI AE BE MI.BE = BI.AE b) Gọi Q là giao điểm CO và DE OC DE Q (2,5đ) OCD vuông D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm AB và OO' OO' AB H 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,50 (5) Xét KQO và CHO có Q H 90 ;O chung KQO ~ CHO (g.g) 0,50 KO OQ OC.OQ KO.OH (2) CO OH 0,50 R2 KO.OH R OK OH Từ (1) và (2) Vì OH cố định và R không đổi OK không đổi K cố định 0,50 5, (2,5đ) A H' N P O M B H D C E ABC vuông cân A AD là phân giác góc A và AD BC D (O; AB/2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP 0,25 0,50 mà NHP 90 H thuộc đường tròn đường kính NP AHN AMN 45 (1) Kẻ Bx AB cắt đường thẳng PD E tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân B NEB 45 mà NHB NEB (cùng chắn cung BN) 0,25 0,50 NHB 45 (2) Từ (1) và (2) suy AHB 90 H (O; AB/2) gọi H' là hình chiếu H trên AB SAHB 0,50 HH '.AB SAHB lớn HH' lớn (6) mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB 0,50 và OD AB) Dấu "=" xẩy H D M D Lưu ý:- Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa - Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn Së GD&§T Thanh ho¸ §Ò xuÊt §Ò thi häc sinh giái líp M«n: To¸n B¶ng A (Thêi gian lµm bµi: 150 phót ) Bµi 1: (4 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + =0 Tìm giá trị tham số m để phơng trình có nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x14 + x24 + x34 + x44 = 32 Bµi 2: (4 ®iÓm) x xy y x y 0 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 x y x y 0 Bµi 3: (3,5 ®iÓm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Bµi 4: (6 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB=2R (R là độ dài cho trớc) M, N là hai điểm trên nửa đờng tròn (O) cho M thuộc cung AN và tổng cáckhoảng cách từ A, B đến đờng th¼ng MN b»ng R 1) Tính độ dài đoạn MN theo R 2) Gọi giao điểm hai dây AN và BM là I, giao điểm các đờng thẳng AM và BN là K Chứng minh điểm M, N, I, K cùng nằm trên đờng tròn Tính bán kính đờng tròn đó theo R 3) Tìm giá trị lớn diện tích KAB theo R M, N thay đổi thỏa mãn giả thiÕt cña bµi to¸n Bµi 5: (2,5 ®iÓm) Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2 Tìm giá trị nhỏ biểu thøc: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2 (7) Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp M«n: To¸n B¶ng A C©u Bµi Néi dung §iÓm Ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + =0 (1) §Æt t = x2 Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: t2+ 2mt +4 =0 (2) Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ph©n biÖt vµ chØ ph¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1, t2 ' m t1 t2 2m m t t 4 1 0,5 1,5 t; Khi đó phơng trình (1) có nghiệm là x1,2 = 4 4 2 Vµ x1 + x2 + x3 + x4 = (t1 + t2 ) = 2[(t1 + t2)2 - t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16 x 3,4 t2 1,5 0,5 Tõ gi¶ thiÕt ta cã 8m2 - 16 = 32 m ; m= (lo¹i) VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ: m Bµi HÖ ph¬ng tr×nh: 2 2 x xy y x y 0 2 x y x y 0 2 y ( x 1) y x x 0 2 x y x y 0 ( y x 2)( y x 1) 0 2 x y x y 0 y x 0 2 x y x y 0 y x 0 x y x y 0 x 1 y 1 x x=1 va 13 y=1 y 1 1,5 0,5 13 ; - 5 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: (1; 1); (8) Bµi 3,5 2 x y x 2 *Víi x vµ y ta cã: x y y 0,5 x2y2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * VËy x hoÆc y - Với x =2 thay vào phơng trình ta đợc + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =-2 thay vào phơng trình ta đợc - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn - Với x =1 thay vào phơng trình ta đợc + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phơng trình ta đợc - y + y2 = y2 hay 1- y = y =1 - Với x = thay vào phơng trình ta đợc y =0 Thử lại ta đợc phơng trình có nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bµi 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5 K O' A' M N H l A O P B' B Dùng AA' vµ BB' vu«ng gãc víi MN Gäi H lµ trung ®iÓm cña MN OH MN Trong h×nh thang AA'B'B ta cã: R R OH = (AA' + BB') = MH= MN= R và OMN 0,5 1,0 0,5 Dễ thấy các điểm M, N, I, K cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK AKN ( sd AB sd MN ) 600 Gäi O' lµ trung ®iÓm cña IK MO ' N 2MKN 120 MN R 3 MN = MO ' hay MO' = R Do đó bán kính đờng tròn qua M, N, I, K là 0,75 0,5 0,5 0,25 (9) §iÓm K n»m trªn cung chøa gãc 600 dùng trªn ®o¹n AB=2R nªn dt(KAB) lớn đờng cao KP lớn 1,0 AB R2 KAB đều, lúc đó dt(KAB) = Bµi 1,0 2,5 Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN biểu thức: P= x4 + y4 + 6x2y2 đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: x y 3 2 x y 5 0,5 Tõ c¸c hÖ thøc trªn ta cã: 2 x y xy 9 2 x y 5 (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) + 4.9 =41 5(x2 + y2) + 4(2xy) 41 MÆt kh¸c 16 (x2 + y2) + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy (x2 2+ y2)2 =5(2xy) Cộng hai vế (1) với 25 (x + y ) + 16(2xy)2 ta đợc: 41[ (x2 + y2) + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 §¼ng thøc x¶y x y 3 x y 5 4( x y ) 5(2 xy ) ( x; y ) (1; 2) ( x; y ) (2;1) 0,5 0,5 0,5 0,5 Do đó giá trị nhỏ P 41 đạt đợc x=1 x=2 (10)