Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.. Người duyệt đề.[r]
(1)Trường THCS Dân Hoà ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN Thời gian: 150 phút Câu 1: (6điểm) x y x y x y xy : xy xy xy Cho P = a, Rút gọn P b, Tính giá trị P với x= c, Tìm giá trị lớn P C©u 2: (4 điểm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh √ 3+ x+ √6 − x - √(3+ x )(6 − x ) =3 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y2 = xy + x + y Câu 3: ( điểm) a b c x y z x2 y z 1 1 a) Cho a b c và x y z Chứng minh : a b c 1 b) Cho a,b,c lµ c¹nh cña mét tam gi¸c CMR P= + + a + bc b +ac c +ab a+b+ c abc C©u 4: (5đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R Điểm M di động trên đoạn OC Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD Gọi I là trung điểm đoạn MC , đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) E và F Đường thẳng ED cắt (O’) P Chứng minh điểm P, M , F thẳng hàng Chứng minh IP là tiếp tuyến đường tròn (O’) Tìm vị trí M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn C©u 5:(1đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn : (x 1 1 ) 3( y ) 2( z ) xyz y z x xyz Hết Người duyệt đề Người đề Nguyễn Thị Hà Trần Thị Thuý Hoa (2) ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOÁN Câu 1: (6 điểm) x y x y x y xy : xy xy xy Cho P= a, Rút gọn P (2 điểm) Điều kiện để P có nghĩa là : x 0 ; y 0 ; xy 1 Ta có : x y x y : x y xy xy xy xy P= x y 1 xy 1 xy x y xy = = (0,5 đ) 1 x y x y y x x xy xy : xy x y xy xy y x yy x : (0,5đ) x y xy 1 xy x 2y x xy 1 x y 1 = xy (0,5đ) x 1 y x = 1 x 1 y x (0,5đ) b, Tính giá trị P với x= (1,5điểm) Ta thấy x= thoả mãn điều kiện x 0 (0.25đ) 2 Ta có : x= = =4-2 =( -1)2 x Thay x vào P = x , ta có: 3 P= 31 52 5 = 5 52 25 6 5 23 x 0 x (0,5đ) 1 3 1 = 25 12 = 13 2 = c, Tìm giá trị lớn P (2 điểm) Với x 0, ta có: (0,5đ) (0,25đ) (0,25đ) x 0 x+1 x (0,5đ) (3) x 1 x x 1 1 x P 1 ( vì x+1>0) 0.25đ) (0,25đ) Vậy giá trị lớn P =1 x 0 x 1 x=1 x 0 (0,5đ) C©u 2: (4 điểm) a)(2 điểm) ĐK : -3 x Đặt √ 3+ x+ √6 − x =t >0 (0,25đ) (0,25đ) Suy t =3+x+6-x+2 √ (3+ x )(6 − x ) Ta có pt: t- 0.25đ ⇔ √(3+ x )(6 − x ) = t 2− (0,25đ) t −9 =3 ⇔ t2-2t-3=0 ⇔ t=-1 (loại) t=3 √ 3+ x+ √ − x =3 ⇔ ⇔ x=-3 x=6 (0,5đ) -1 -1 -1 (0;1) (1;2) (2;1) (1;0) (0;0) (2;2) t=3 suy b) (2đ) x2 + y2 = xy + x + y (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = Vì x, y Z nên : x+y 0 0 1 1 -1 -1 x-1 -1 -1 0 -1 0 y-1 1 -1 -1 -1 0 -1 (x;y) (0,25đ) Câu 3:(4đ) a) (2đ) x y z x y z x y z 2 xy xz yz 1 ⇔ 1 ⇔ 1 a b c a b c ab ac bc Từ a b c x y z 2cxy 2bxz 2ayz 1 ⇔ a b c abc abc abc (1) (1đ) a b c ayz bxz cxy 0 ⇔ 0 ayz+bxz+cxy=0 x y z xyz xyz xyz Từ (2) (0,5đ) ⇔ x2 y z 1 a2 b2 c2 Từ(1) và (2) b)(2đ) Do a,b,c lµ c¹nh cña mét tam gi¸c nªn a,b,c>0 (0,5đ) (0,25đ) 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0, 5đ (4) Theo bất đẳng thức COSI: a2+bc (0,5đ) b +ac T¬ng tù: (0,5đ) + a + bc Suy 1 + a + bc c +ab 2 (0,25đ) + a + bc a+b+ c ¿ abc ⇔ + 21 a + bc c +ab a + bc ⇔ 2a √ bc b √ ac ; a √ bc a √ bc c +ab + √ bc+ √ac + √ ab abc 2 b √ ac c √ ab + c √ ab b+c +a+ c+ a+b 2 abc (0,5đ) C©u 4: (5đ) a) Vẽ hình và chứng minh câu a 2đ E P D O / M C I F a) Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy góc MPD vuông hay MP vuông góc với ED Tương tự CE vuông góc với ED Từ đó PM//EC (1) Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD E F nên I là trung điểm E F Lại có I là trung điểm CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành Vậy FM//CE.(2) Từ (1) và (2) suy P, M , F thẳng hàng (2đ) Ta có EDC = EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Do tam giác PO’D cân O’ nên EDC = O’PD Lại có EFP = IPF (do tam giácIPF cân) I PF= O’PD mà FPD =1v, suy IPO’ =900 nên IP O’P Hay IP là tiếp tuyến (O’) (2đ) Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) Mặt khác 4S2 (5) =PI2.PO’2 ( S là diện tích tam giác IO’P) Vậy 4S2 Max hay S Max PI = PO’ =R mà DM =2 PO’ đó DM = R , Vậy M cách D khoảng R (1đ ) Câu :(1điểm) x 1 1 6( x ) 3( y ) 2( z ) xyz k y y z x xyz z Đặt Xét tích : (x k y k z k x 0.25đ 1 k3 k3 1 1 )( y )( z ) xyz ( y ) (x ) (z ) y z x 36 36 xyz z y x k3 k k k k3 k 0 k 0 36 36 ( xyz ) 1 xyz 1 xy yz zx 1 xy yz zx 1 x y z 1 x y z Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm 0,5đ 0,5đ 0,25đ Học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa (6)