DE THI HSG LOP 9 MON TOAN

a Chứng minh BCM đồng dạng với BEO ; b Chứng minh CM vuông góc với OE; c Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài dây AB.. Tính số đo góc BMC..[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2015 A x x 2( x  3) x 3   x x  x 1  x Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm x biết A = 8; c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Câu 2: (3,0 điểm) a) Tìm các giá trị a, b cho đồ thị hàm số y = (a – 3)x + b song song với đường thẳng y = –2x + đồng thời qua giao điểm hai đường thẳng y = 5x + và y = x – b) Tìm x; y; z thỏa mãn ¿ 2(x + y)=3 xy ( y + z)=4 yz 4(x + z)=5 xz ¿{{ ¿ Câu 3: (4,0 điểm) a) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc 4 Tính giá trị biểu thức: A  a(4  b)(4  c )  b(4  c)(4  a)  c(4  a )(4  b)  abc b) Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) Câu 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO ; b) Chứng minh CM vuông góc với OE; c) Tìm giá trị nhỏ độ dài dây AB Câu 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm M nằm tam giác ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC Câu (2,0 điểm) Cho: x + y + z = và x3 + y3 + z3 = Tính A = x2015 + y2015 + z2015 Họ tên học sinh: ; Số báo danh: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán Câu Nội dung Điểm Câu 4,0 đ a ĐKXĐ x ≥ , x ≠ 0,5 đ 2( √ x − 3) √ x +3 x √ x −3 (2,0đ) A= − − ( √ x +1)( √ x −3) √ x+ √ x −3 √ x −3 ¿2 −(√ x+3)(√ x +1) 0,5 đ ¿ x √ x −3 − 2¿ A=¿ 0,5 đ x x − −2 x+12 √ x −18 − x − √ x −3 A= √ ( √ x −3)( √ x +1) x x − x+ √ x − 24 (x +8)( √ x − 3) x +8 A= √ = = 0,5 đ ( √ x − 3)( √ x +1) ( √ x −3)( √ x+1) √ x +1 b (1,0đ) Với x≥0, x≠9 x +8 ⇔ =8 A=8 √ x +1 ⇔ x +8=8 √ x +8 ⇔ x −8 √ x=0 ⇔ √ x ( √ x −8)=0  x 0   x  0  x 0   x 64 (thỏa 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ mãn đk) Vậy x = x = 64 thì A = c (1,0đ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: A= x+ x +4 +4 √ x+ 4( √ x +1) = ≥ = =4 √ x+ √ x +1 √ x+ √ x+1 Dấu “=” xảy ⇔ x=4 (Thỏa mãn điều kiện) Vậy GTNN A = 0,5 đ 0,5 đ Câu a (1,5đ) b (1,5đ) x = 3,0 đ Vì đường thẳng (d): y = (a - 3)x + b song song với đường thẳng y = -2x + nên: a - = -2 và b 1 => a = 1; b 1 Tìm giao điểm đường thẳng y = 5x + và y = x - là M(-2;-5) Vì (d): y = -2x + b qua M(-2;-5) => b = -9 (thỏa mãn) Vậy a = 1; b = -9 + Từ hệ đã cho ta thấy ba số x; y; z thì suy hai số còn lại (x; y; z) = (0; 0; 0) là giá trị cần tìm 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,75 đ + Trường hợp xyz 0: ¿ 2(x + y)=3 xy ( y + z)=4 yz ⇔ 4(x + z)=5 xz ¿{{ ¿ ¿ 1 + = x y 1 + = ⇒ y z 1 + = z x ¿{{ ¿ 1 49 + + = x y z 24 0,25 đ ⇒ ¿ 24 x= 17 24 y= 19 24 z= 13 ¿{{ ¿ ¿ 17 = x 24 19 = y 24 13 = z 24 ¿{{ ¿ ⇒ + Vậy các cặp số (x; y; z) cần tìm là (x; y; z) = (0; 0; 0) và (x; y; z) = ( 24 24 24 ; ; ) 17 19 13 Câu a (2,0đ) 4,0 đ A  a(4  b)(4  c)  b(4  c)(4  a)  c(4  a)(4  b) Ta có: a  b  c  abc 4  4a  4b  4c  abc 0,5 16đ  a(4  b)(4  c)  a(16  4b  4c  bc)  a (2 a  bc )2  a (2 a  bc ) 2a  0,5 abcđ Tương tự: 0,5 đ b(4  c)(4  a) 2b  abc , c(4  a)(4  b) 2c  ab  A 2(a  b  c)  abc  b (2,0đ) 0,5 đ abc 2(a  b  c  abc ) + Trước hết, chứng 0,25 đ 0,25 đ minh (x + 1) và (x + 1) nguyên tố cùng nhau: Gọi d = ƯCLN (x + 0,5 đ 1, x + 1) => d phải là số lẻ (vì 2y + lẻ) 0,5 đ  x  1d    x  1d  0,5 đ  x  x d   x  1d  x  1d    x  1d   x  1d  d mà d lẻ nên d = + Nên muốn (x + 1)(x + 1) là số chính phương Thì (x + 1) và (x + 1) phải là số chính phương 2  x  k  Đặt:  x  t  (k + x)(k – x) =  k 1 k     x 0  x 0 + Với x = thì (2y + 1) =  y = y = - 1(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm phương trình là: (x; (0; 0); (0;  1) y)   Câu 5,0 đ A O Q N P C I B M E H a (2,0đ) Gọi Q là giao điểm AB với OM Ta có AM//CE (cùng vuông góc với AC) ⇒ d 0,5 đ 0,5 đ ∠ BEC =∠MAB (so le trong) Mà ∠ABC=900 ; ∠ AQM=90 và ∠ AMO =∠ OMB (Dễ chứng minh) Suy ∠ AMO =∠ OMB = ∠ BCE (cùng phụ với hai góc nhau) ⇒ tan BCE = tan OMB ⇒ BE OB = BC MB MB OB = BC BE 0,5 đ 0,5 đ ⇒ (1) Lại có ∠ MBA =∠OBC (cùng phụ với góc ABO) Nên ∠ MBC=∠OBE ( cùng = 900 + ∠ OBC ) (2) b Từ (1) và (2) suy  MBC  OBE (c.g.c) Từ  MBC 0,5 đ (1,5đ)  OBE ⇒ ∠ BCM=∠ BEO 0,5 đ Gọi I và N là giao điểm OE với BC và MC  BIE  NIC (g.g) ⇒ Mà ∠ IBE=∠INC ∠ IBE=90 ∠ INC=90 c (1,5đ) 0,5 đ => Vậy CM  OE Gọi H là hình chiếu vuông góc O trên d P là giao điểm AB với OH Ta có  OQP  OHM (.g.g) => OQ OP  OH OM  QO OM = OP OH = OA2 = R2 R2  OP  OH Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi Lại có : AB = 2AQ = 2 0A  OQ mà OQ  OP 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ R4 2R  AB 2 OA  OP 2 R   OH 2 OH OH (không đổi) Dấu “=” xảy  Q P  M H Vậy GTNN AB = 2R OH  R OH  M H Câu 2 2,0 đ (2,0đ) * Vẽ tam giác CMN Ta có: BC = AC; CN = CM;  BCN =  ACM (Vì có tổng với  MCB 600) Do đó  BCN =  ACM (c.g.c) Suy BN = BM 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ * Theo giả thiết: AM BM  CM  BN BM  MN  BMN vuông M (Định lý Pitago)     BMC BMN  NMC 900  600 1500 Câu 2,0 đ Từ x + y + z =  (x + y + z)3 = Mà: x3 + y3 + z3 =  (x + y + z)3 - x3 - 0,5 đ y3 - z3 =   x  y  z   z   x  y  0   x  y  z  z    x  y  z    x  y  z  z  z    0,5 đ   x  y   x  y  z  2xy  yz  2xz+xz  yz  z   x  y   3z  3xy  yz  3xz  0   x  y   y  z   x  z  0 0,5 đ  x  y 0  x  y   y  z 0   y  z    x  z 0  x  z * Nếu 0,5 đ 2015 2015 2015 x  y  z 1  A x  y  z 1 * Nếu y  z  x 1  A x 2015  y 2015  z 2015 1 * Nếu x  z  y 1  A x 2015  y 2015  z 2015 1 Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; - HS làm cách khác, đúng cho điểm tối đa