de thi HSG 20152016

4 7 0
de thi HSG 20152016

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Chú ý : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, nếu học sinh có cách giải khác, hợp lý và đúng chính xác vẫn cho điểm tối đa.. + Đối với bài toán hình, nếu không có hình vẽ t[r]

(1)phßng gD ĐT Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA đề chính thức §Ò thi häc sinh giái líp N¨m häc 2013 -2014 M«n To¸n häc ( Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1.(3 điểm) a) Tính : A    48  10  1 x 1     B    :   x   x  x 1   x  x 1  ( với x > 1) b) Cho biểu thức - Rút gọn biểu thức B - Tìm các giá trị x để B  x   x  3x  Câu (3,5 điểm): a) Cho x       Tính giá trị biểu thức A x  2x  2 2010 b) Cho hàm số f (x) (x  12x  31) 3 Tính f (a) a  16   16  Câu 3: (3,5 ®iÓm) T×m c¸c nghiệm nguyên phương trình : x2 + xy + y2 = x2y2 Câu : (4 điểm) a) Giải phương trình: x - + - x = x - 8x + 24 b) Cho ba số x; y; z thỏa mãn : x  y  z 3 Tìm giá trị lớn B = xy  yz  zx Câu ( 6điểm): Cho  ABC (AB = AC) Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC D, E Gọi I là điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I khác D và E) Tiếp tuyến đường tròn I cắt các cạnh AB, AC tương ứng M, N a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi b) Chứng minh hệ thức 4.BM CN BC c) Xác định vị trí điểm I trên cung nhỏ DE để  AMN có diện tích lớn Hết - (2) híng dÉn chÊm m«n to¸n N¨m häc 2013-2014 phßng gD ĐT Oai TRƯỜNG THCS BÍCH HÒA Câu (3 điểm) a) (1đ) Ta có : Điểm   3 A    48  10  A    48  10  0.25  0.25 A    28  10   3 A  5  A  5   0.25   25  = =  3 0.25 1 x 1     B    :   x   x  x 1   x  x 1  ( với x > 1) b) (2 điểm) *)  x 1  x x  x 1  x 1     :    x   x  1   x    x 1  x 0.5 x   x 1 x1 0.25  x 1   x 1  x     x  x  x :  x1  x x   x 1 B  x   x  3x   *) Câu (3 ,5điểm) 0.25 x     x 2 2  x 0 x   x   x  1   x    1đ a) (1.5 điểm) Nhận xét x >  x       3      52   52 2 3 6    6   6  6      4    1  52 3  52  31  0,5 Vì x > nên x   Suy x     x  1 3  x  2x 1 3  x  2x  0 Vậy A = 0.5 0,5 (3) b) (2đ) a  16   16  3 3  a 32  (16  5)(16  5).( 16   16  )  a 32  3.( 4).a  a 32  12a  a  12a  32 0  a  12a  31 1 2010  f (a ) 1 1 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (3,5 điểm) 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 + 2xy> 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) Câu (4 điểm) 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5 PT: x    x  x  x  24 (1) ĐKXĐ: x 6 Chứng minh được: x    x 2 Dấu “=” xảy  x – = – x  x = 0,25đ 0,5đ 0,25đ x  x  24  ( x  4)   2 Dấu “=” xảy  (x – 4)2 =  x - =  x = Phương trình (1) xảy  x = 0,5đ 0,25đ a ) (2,0đ) Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ b)( 2.0đ) Vậy: S= 4 0,25đ Ta có : B xy  z  x  y  xy     x  y    x  y  xy   x  y    x  y   x  y  xy  3x  3y 0.25 0.25 y    3y  6y  y 3 3     x     x    y  1  3        y  0  y  0  x y z 1 x    x  y  z 3 Dấu = xảy Vậy giá trị lớn B là x = y = z = 0,75 0,5 0.25 (4) Câu (6 điểm) a) (2đ) AD = AE; IM = MD; IN = NE (t/c 0,5 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh chu vi 2AD không đổi b) (2đ) Ta có MON = (1800 - A)/2; A 1,5 0,5 B = C = (1800 - A)/2 0,25 Suy BMO, OMN và CON đồng 0,5 dạng với suy M D I N E BM BO BC   BM CN BO.CO  CO CN  BM CN BC 0,5 0,25 B có SAMN lớn  C c) (2đ) Ta SBMNC bé Ta có: O S BMNC SOBM  SOMN  SOCN  R  BM  MN  CN  ( R: bán kính đường tròn) 1  BM  MI  NI  CN  R   BM  MD  NE  CN  R 2  R  BM  BD  2CN  CE  R  BM  CN  BD   BD CE  R; BD không đổi  S BMNC nhỏ BM + CN nhỏ 0,5  Mặt khác ta có BM  CN 2 BM CN 2 R Dấu “=” xảy và BM = CN 0,5 0,5 Hay BM + CN bé 2R BM = CN = R và MN // BC hay I là trung điểm cung nhỏ DE 0,25 Vậy SAMN lớn  I là trung điểm cung nhỏ DE 0,25 Chú ý : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, học sinh có cách giải khác, hợp lý và đúng chính xác cho điểm tối đa + Đối với bài toán hình, không có hình vẽ thì không chấm (5)

Ngày đăng: 17/09/2021, 02:06

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan