TOAN23

6 62 0
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 30/05/2019, 10:33

Mà KÍ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP - Năm học 2015-2016 [*****] MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề thi gồm câu,5 trang) Câu ( 2.0 điểm) �x y x  y �� x  y  2xy �  : 1 � � �1  xy ��  xy  xy � � �� Cho biểu thức: P  � a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P với x  2 Câu ( 2.0 điểm) a Cho phương trình x  2mx  m   (1) Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt b Giải phương trình: (4 x  1) x  2 x  x  Câu ( 2.0 điểm) a Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + số phương b cho x, y, z >0 t/m: 1 1 1    4.CMR :   �1 x y z 2x  y  z x  y  z x  y  2z Câu ( 3.0 điểm) Cho đường tròn (C ) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Câu ( 1.0 điểm) Với  x; y; z 1 Tìm x, y, z biết: x y z     y  zx  z  xy  x  yz x  y  z - Hết - Mà KÍ HIỆU [*****] ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP - Năm học 2015-2016 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ( Hướng dẫn chấm gồm trang) Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Điểm thi làm tròn đến 0,5 Câu Đáp án a (1.0 điểm) ĐKXĐ: x �0; y �0;xy �1 (2.0 điểm) P ( x  y)(1  xy)  ( x  y)(1  xy)  xy  x  y  2xy :  xy  xy  x x y yy x xx y yy x  xy  xy  x  y  xy  2( x  y x) x (1  y) x   (1  x)(1  y) (1  x)(1  y)  x Điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ b (1.0 điểm) x 2(2  3)      (  1) 43 2 x  (  1)     P 2(  1) 32    (  1)    P 2(  1)   13 52 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ a (1.0 điểm) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần đủ là: �  '   m2  (2.0 điểm) � � m2  0 �P  � � S m0 � �m  � � �m  �  m  �m  � b (1.0 điểm) Phương trình cho tương đương với phương trình: (4 x  1) x  2( x  1)  x  (2) Đặt t  x  (đk t >1), phương trình (2) trở thành: (4x-1)t=2t2+2x-1  2t2-(4x-1)t+2x-1=0 (3) Coi (3) phương trình bậc hai ẩn t, phương trình (3) có:  (4 x  1)  8(2 x  1) (4 x  3) 0, x  R Phương trình (3) ẩn t có nghiệm là: t1=2x-1 t2= (loại) Với t1=2x-1, ta có: 0,5 0,25 0,25  x  x  0   x  2 x    2  x  ( x  1)  x  x 0    x 2     x 0  x    x  Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  0,5 0,25 0,25 a (1.0 điểm) 1 k (k + 1)(k + 2) 4= k(k + 1)(k + 2)  (k  3)  (k  1)  4 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4 Do 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) Ta có: k(k + 1)(k + 2) = Nên 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + = (k  3n)( k  3k  2)  (2.0điểm) 0,25 (*) Đặt k  3k  t (t �N ) (*) = t(t + 2) + = t2 + 2t + = (t + 1)2 0,25 0,25 = (k + 3k + 1) Vậy k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + số phương 0,25 b (1.0 điểm) 0,25 1  � a b a b 1 1� 1 � �2 1 � �  � �  � �   � 0,25 x  y  z  x  y    x  zx  �x  y x  z � � 16 �x y z � Ta có : a, b  � 1 �1 � 1 �1 � � �  � ; � �  � x  y  z 16 �x y z �x  y  z 16 �x y z � 1 �1 1 �   � �   � x  y  z x  y  z x  y  z 16 �x y z � Tương tự: F M (3.0điểm) C A E N B O (C ) 0,25 0,25 a (1.0 điểm) MN  BF BC  NF  A trực tâm tam giác BNF  FA  NB Lại có AE  NB Nên A, E, F thẳng hàng b (0.75 điểm) �  MAB � , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng CAN AN AC  Suy ra: AB AM Hay AM � AN  AB � AC  2R không đổi (với R bán kính đường tròn (C )) c (1.25 điểm) Ta có BA  BC nên A tâm tam giác BNF  C trung điểm NF (3) �  CFM � , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng Mặt khác: CAN CN AC  � CN � CF  BC � AC  3R  BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: NF  CN  CF �2 CN � CF  2R không đổi Nên: NF ngắn  CN =CF  C trung điểm NF (4) (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF  NF ngắn Do vai trò x, y, z nên �x �y �z �1 (1.0điểm) y z + = + z + zy y + z y z 1 Nếu x = => (1 + z - y + z ) + (1 + zy - y + z ) = y + z => ( y - 1)( y +1 + z ) z2 - 1 + = (1 + z )( y + z ) (1 + yz )( y + z ) y + z Ta có VT �0 mà VP < nên trường hợp nghiệm Nếu x khác mà �x �y �z �1   z  11  x  0  zx  x  z >0  x  z  zx  0  x  zx  z  0 với x; z 1 Dấu “=” xảy khi: x=z=1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Ta có:  zx  x  z   y  zx  x  y  z x x    y  zx x  y  z y y  + Tương tự:  z  xy x  y  z z z   x  yz x  y  z y xyz x z VT     1 (1)  y  zx  z  xy  x  yz x  y  z + Mặt khác, vì: x; y; z 1  x  y  z 3 3  VP   1 Dấu “=” xảy : x = y = z = xyz + Từ (1) (2)  VT VP khi: VT VP 1  Khí x = y = z = - Hết - (2)
- Xem thêm -

Xem thêm: TOAN23, TOAN23

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn