Tứ giác ACMD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi... Như vậy: đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn O’, J là tiếp điểm..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học 2014-2015 Đề chính thức Môn: Toán - Lớp (Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM -Bài Bài Nội dung Cho A= √ x −x 1 + + √ x −1 √ x − 1− √ x √ x − 1+ √ x a ) Rút gọn biểu thức A Điều kiện: x > A= √ 0,5 x −x 1 + + √ x −1 √ x − 1− √ x √ x − 1+ √ x x ( √ x −1 ) √ x −1+ √ x + √ x −1 − √ x ¿ + √ x −1 ( √ x −1 − √ x )( √ x − 1+ √ x ) √ x −1 ¿ x+ (√ x − 1) − x x−1 x−1 ¿ x+ √ =x + √ x − 1− x −1 ¿ x − 2√ x − b) Tính giá trị biểu thức A |2020 − x|=2015 |2020 − x|=2015 ⇔ 2020 − x=2015 ¿ 2020 − x=− 2015 ¿ x=5 ( thoađieu kien ) ¿ x=4035 ( thoa đieu kien ) ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ - Với x = 5, A = 1; - Với x = 4035, A Bài 2a Điểm 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 3907,97 5n+ 2+26 5n +82 n +1=25 n+ 26 5n +8 82 n 51 5n +8 64n =(59 −8) n+ 64 n 59 5n +8 (64 n −5n )⋮ 59 vì 64 n −5 n ⋮(64 −5)=59 (với n) Vậy 5n+ 2+26 5n +82 n +1 ⋮ 59 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 (2) Bài 2b Giả sử n + 12 = a2 và n – 11 = b2 (a, b Suy ra: a2 – b2 = n + 12 – n + 11 = 23 (a + b) (a - b) = 23.1 N, a > b) ¿ a+b=23 Giải hệ phương trình: a −b=1 ¿{ ¿ Bài 3a 0,5 0,5 0,5 0,5 Giải ra: a = 12, b = 11 => n = 132 Ta có: y x+ x+ y +1=x 2+2 y +xy ⇔2 y ( x −1)− x ( x − 1)− y (x −1)+1=0 (1) Nhận xét: x=1 không phải là nghiệm (1) Chia hai vế (1) cho x −1 ta có: y2 − x − y + =0 (2) x −1 x −1=± 1⇔ x=2 ¿ x=0 Với x , y nguyên, suy nguyên nên ¿ x −1 ¿ ¿ ¿ ¿ Thay x=2 và x=0 vào (2) và ta có y là số nguyên y = 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) Bài 3b 2 F = x y xy x y ( x xy y ) (4 x y xy x y) 1,0 ( x y ) (2 x y 1) 2 Dấu “=” xảy x x y 0 2 x y 0 y x 3 y Vậy F có giá trị nhỏ là và Bài Hình vẽ 0,5 0,5 0,25 (3) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 a) Chứng minh: Δ MBA =Δ PBC (c.g.c) BA = BC ( tam giác ABC đều) MB = PB ( tam giác MBP đều) ∠ ABM =∠CBP ( tổng số đo ∠ MBQ với ∠ ABM và ∠MBQ với ∠ CBP cùng 600 ) b) Ta có: BM // PC ( ∠BMP=∠ MPC=600 vị trí so le trong) Suy hai tam giác QMB và tam giác QPC đồng dạng MQ MB PB −PQ PB = ⇒ = nên PQ PC PQ PC PB PB 1 ⇒ −1= ⇒ PB − =1 PQ PC PQ PC ¿ 1 = + ⋅ hay PQ PB PC ¿ ( 0,5 0,5 0,5 0,5 ) c) Nối OI, ta có OI vuông góc với AM (định lý) Từ I luôn nhìn AO góc vuông nên I thuộc đường tròn đường kính AO Do P chạy trên cung nhỏ BC nên I di chuyển cung EF đường tròn đường kính AO bị giới hạn AB, AC Bài 5a Hình vẽ 0,25 C J A M I B O O' D Đường kính AB (O) vuông góc với dây CD I => I là trung điểm CD Tứ giác ACMD có hai đường chéo vuông góc với trung điểm đường nên là hình thoi Ta có: 5b 0,25 0,5 0,5 (4) ¿ ∠ ACB=900 ( AB là đuong kính ( O ) ) MD // AC ( ACMD là hình thoi ) ¿{ ¿ 0,5 MD BC (1) ∠MJB=90 (MB là đường kính (O’)) MJ BC (2) Từ (1) và (2): ba điểm D, M, J thẳng hàng Ta có: JCD ( J =900), IJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền CD 5c IJ=ID=IC= CD IJD cân I ⇒ ∠IJM =∠IDM Mặt khác: ∠ IDM =∠ICA (so le trong) ∠ CAM =∠ JMB (đồng vị) ∠JMO ' =∠MJO ' (O’M, O’J là bán kính (O’)) Do đó: ∠ICA +∠IAC =∠IJM +∠MJO ' =∠IJO ' =900 0,25 0,25 0,25 Như vậy: đường thẳng IJ là tiếp tuyến đường tròn (O’), J là tiếp điểm 0,25 ¿ IM=IA Ta có: O' M =O' B ¿{ ¿ AB =R IO’ (R là bán kính (O)) J 900 2 2 0,25 JIO’ ( ): IJ +O’J =IO’ =R (theo định lí Pitago) Nhưng: IJ +O’J2 ≥ 2IJ.O’J=4SJIO, 0,25 R2 Do đó S(JIO,) ≤ 0,25 5d Dấu đẳng thức xảy IJ=O’J và JIO’ vuông cân có cạnh huyền R R R R O’M= nên: 2O’J2=O’I2=R2 O’J= Khi đó: MB=R ( đvđd) 0,25 Ghi chú:Thí sinh có thể giải theo cách khác Nếu đúng cho trọn số điểm theo qui định bài - HẾT - (5)