DE Olympic Toan 8 nam hoc 20112012

3 Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất.[r]

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP NĂM HỌC 2011-2012 PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THẠCH HÀ Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 24- - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) x  x  20 2) x  Bài 25 49 81 1) Tìm phần dư R(x) chia đa thức: P(x) 1  x  x  x  x  x Cho Q(x) x  x 2) Cho x > thoả mãn x2  1  14 N  x  x2 x3 Tính giá trị biểu thức Bài Giải các phương trình sau: 1) x 3  4x      x    4x  5 0 2) 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + = Bài 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M x  xy  y  3x  3y  2012 Bài Cho hình vuông ABCD cạnh a M là điểm trên đường chéo BD Lấy ME vuông góc với AB (E  AB) và MF vuông góc với AD (F  AD) 1) Chứng minh DE  CF; EF = CM 2) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui 3) Xác định vị trí điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn .HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài Các ý Nội dung 2 x  x  20 x  x  x  20 ( x  5)( x  4) Bài 2,0đ x  x  4x   4x 4,0đ 2 2 2 2,0đ (x  2)  (2x) (x  2x  2)(x  2x  2) P(x) = Q(x) M(x) + R(x) = x(x - 1) M(x) + R(x) Trong đó R(x) có dạng ax + b P(x) = x(x - 1) M(x) + ax + b 2,0đ Ta có: P(0) = b = P(1) = a + = Từ(1) và (2) suy a = Vậy đa thức dư là R(x) = 5x + 1 1 Bài x  14  x  2x  16 4,0đ x x x (1) Điểm 2,0 1,0 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2 2,0đ Bài 4,0đ 1    x   16  x  4 (x  0) x x  =>Từ (1) và (2) ta có 1 (x  )(x  ) 4.14 56 x x 1  x  x   56  x  52 x x x x 3 1,0 (2) 1,0  4x      x    4x   0 (1) Chứng minh: Với a  b  c 0 thì a  b  c 3abc  x  4x      x    4x  5 Ta có   x  4x     x   4x   0 2 2,0đ 3 0,5 0 0,5  x  4x  0  x 0 4x  0 2 <=> (x  2) 0 x 1 4x  0 x = x = 1 2,0đ x 5 Vậy tập hợp nghiệm phương trình (1) là S = {2 ; -1; 1; } 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + = (2) Ta có x = không là nghiệm (2) 2x  3x    0 x x Với x  chia vế cho x2 ta có 1,0 0,5 0,5 1  2(x  )  3(x  )  0 x x x x ; Đặt y = 0,25 (2) <=> 2y2 + 3y – = (3)   65    65  65   65    y    y   0 y1  ; y1  4    4 =>   Với y2  y1  65  65   x   x2  x 65  x  0 0,5 => Vô nghiệm  65   65  65   x   x2  x 1 0 x 4 2  65    10  65   65   10  65  65   10  65   0  x1  x  ; x2       8 8      65   10  65  65   10  65 ; 8 { Tập nghiệm S = 2 M = (x  1)  (y  1)  (x  1)(y  1)  2009 Bài 2,0 2,0đ (y  1)  3(y  1)   2009 2009  (x  1)    =  y  0    x  0  y 1   x 1 Dấu “ =” xẩy Vậy Min M = 2009 Khi x = y =1 0,25 } 0,5 0,5 0,5 0,5 Hình vẽ 0,5 0,5đ 2,0đ Bài 6,0đ 2,0đ 1,5đ Ta có DF = AE  DFC = AED (c-g-c)    ADE DCF      EDC  DCF EDC  ADE 90 nên DE  CF Vì MD là trung trực AC =>MC = MA Mặt khác AEMF là hình chữ nhật => MA = FE nên EF = CM    MCF =FED (c-c-c)  MCF FED   Từ MCF FED chứng minh CM  EF Tương tự a) CE  BF ED, FB và CM trùng với ba đường cao FEC nên chúng đồng qui ME + MF = FA + FD = a 2 Áp dụng BĐT Co-sy ta có 4ME.MF (ME  MF) a Dấu “=” xẩy ME = MF, Lúc đó M là trung điểm BD a2 SAEMF ME.MF  => Max Lưu ý: Các cách giải khác đúng, hợp lí cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5