PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VỊNG TRUONG Năm học : 2010 – 2011 Mơn : Tóan Thời gian : 150 phút ( khơng kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 13 / 12 / 2008 Câu : ( điểm ) Phân tích biểu thức sau thừa số M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 ) Câu : ( điểm ) Định a b để đa thức A = x4 – x3 + ax2 + bx + bình phương đa thức khác Câu : ( điểm ) Cho biểu thức : P=  x2   10  x    :  x      x    x  x  3x x    a) Rút gọn p b) Tính giá trị biểu thức p /x / = c) Với giá trị x p = d) Tìm giá trị ngun x để p có giá trị ngun Câu : ( điểm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh : abc + ( + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ Câu : ( 3điểm) Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB BC M N Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC 75 (cm) Câu : ( điểm ) Cho tam giác ABC M, N điểm chuyển động hai cạnh BC AC cho BM = CN xác định vị trí M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ - Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN Câu : ( điểm ) Ta có M = xyz + x ( y2 + z2 ) + y ( x2 + z2 ) + z ( x2 + y2 ) = ( xyz + xy2 + yx2 ) + ( xyz + xz2 + zx2 ) + ( xyz + yz2 + y2Z ) ( ½ đ ) = xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z ) (½đ) = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) Vậy M = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz ) Câu : ( điểm ) Ta viết : A = x4 – 6x3 + ax2 + bx + = ( x2 – 3x + k )2 = x4 + 9x2 + k2 – 6x3 + 2kx2 – 6kx = x4 – 6x3 + ( + 2k )x2 – 6kx + k2 Đồng vế ta có : a = + 2k (1) b = - 6k (2) 1=k (3) (½đ) (½đ) ( 1/2đ ) ( 1/2 đ ) ( 1/2đ ) Từ (3) ta suy : k = ± ( 1/2 ñ ) Nếu k = - ; b = a = (½đ) Ta có : A = x4 – x3 + x2 + x + = ( x2 – x – )2 (½đ) Nếu k = ; b = - ; a = 11 (½đ) 2 Ta có : A = x – x + 11 x – 6x + = ( x – 3x + ) (½đ) Câu : ( điểm ) Vì a2 + b2 + c2 = nên - ≤ a , b , c ≤ a+1≥0; b+1≥0 ; c+1 ≥ (¼đ) Do : ( a + ) ( b + ) ( c + ) ≥ (¼đ)  + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1) ( 1/2 ñ ) Cộng vế (1) cho + a + b +c + ab + bc + ca Ta có : abc + ( + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ ) Ta biết : + a + b + c + ab + bc + ac = 2 ( + a2 + b2 + c2+ 2a + 2b + 2c + ab + bc + ac ) = ( 1/2 ñ ) ( + a + b + c )2 ≥ ( a2 + b2 + c2 = ) ( 1/2 ñ ) Vậy abc + ( + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ Câu : ( 3điểm ) A M K G B C N GK BG  ;  BK BK AM CN GK MN // AC nên AB  BC  BK  ta có : Do ( 1/2 đ ) (¼đ) (¼đ) Mà AM  NC  AB  BC (¼đ) ( 3/4 đ ) AM + NC = 16 (cm) AB + BC = 75 – AC 16   AC = 27 (cm) 75  AC MN MN có : AC   27   MN 18 ( 3/4 ñ ) Do : Ta lại Câu : ( điểm ) ( 3/4đ ) (cm) A Q ( 1/2 ñ ) H p N B M C Gọi p Q chân đường vng góc kẻ từ M N xuống AB Ta có tam giác ANQ vng Q có góc A = 600  ANQ = 300  AQ = ( 1/2 ñ ) AN Tương tự tam giác MpB ta có pB = Do : AQ + pB = ( 1/2 ñ ) 1 AN  BM  2 2 BM (AN + NC ) = AC Kẻ MH  QN Tứ giác MpQH hình chữ nhật Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB Vậy đọan MN có độ dài nhỏ 1 AC  AB 2 AB Khi M,N trung điểm BC AC ( 1/2 ñ ) ( 1/2 ñ ) ( 1/4 ñ ) ( 1/2 ñ ) ( 1/4 đ ) ( 1/2 đ ) PHÒNG GIÁO DỤC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005 KHOÁ NGÀY 24 / / 2005 MÔN: TOÁN LỚP - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC: Bài 1: ( điểm) a) Rút gọn: A = - x 1 x  x2  x x  x 1  x2  x x x 1 (0 x 1 ) b) Cho: x =    Tính giá trị biểu thức f(x) = x + 3x Bài 2: ( điểm) Giải hệ phương trình: 3  y  z  10  x  y  z  t  15    t  x  14  z t  x  y  12  ( ) ( 2) (3) ( 4) Baøi 3: ( điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + 2m –1 = a) Chứng minh: Phương trình có hai nghiệm phân biệt với m  x1 x  b) Tính giá trị biểu thức: A = x  x  2.(1  x x ) 2 c) Tìm giá trị lớn A Bài 4: ( điểm) Từ điểm A đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn Từ điểm M cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt hai tiếp tuyến hai điểm P Q Chứng minh chu vi tam giác APQ không đổi M di động cung nhỏ BC Bài 5: ( điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm tam giác Dựng hình bình hành BHCD gọi I giao điểm hai đường chéo 1) 2) 3) 4) Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC Chứng minh: BAˆ H OAˆ C AI cắt OH G Chứng minh: G trọng tâm tam giác ABC Gọi M, N theo thứ tự điểm đối xứng D qua AC, AB Chứng minh: N, H, M thẳng hàng ** PHÒNG GIÁO DỤC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2004 - 2005 MÔN TOÁN - LỚP Bài 1: ( điểm) a) Rút gọn: A=1= x 1 x  x2  x x  x 1  x2  x x x 1 1 = 1 = 1 = 1 = 1 x 1 x  x 1 x  x 1 x  x  x x ( x  1).( x  x x 1  x  1) x 1 x  x  x  x 1  x  1 x ( x  1) x  x 1 x ( x  1)  x  x 1  (0,5ñ) x ( x  1).( x  x x  1) x 1 x x x  1 (1  x 0 = (do x 1 neân  x  ) x) (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) b) Ta coù: x   2     3 2  =     (  2).( =  3x Vaäy: f(x) = – 3x + 3x = Baøi 2: ( điểm) Cộng (1), (2), (3) (4) vế theo vế ta được: 3( x + y + z + t) = 51 Suy ( x + y + z + t) = 17 (5) Lấy (5) trừ (1), (2), (3), (4) ta được:  2). 3  3  2   7 t  2  x  y 3   z 5  (0,5đ) (1đ) (0,5đ) (0,5đ) (1,5đ) (1đ) (0.5đ) Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) Bài 3: ( điểm) a) Ta có: ' m  2m  (m  1) 0 m (0,75đ) ' Vậy: Phương trình có hai nghiệm phân bieät    m  0  m 1 (0,75đ) Ta có: x1 x 2m  (0,5ñ) 2 2 x1  x ( x1  x )  x1 x (2m)  2.(2m  1) 4m  4m  (0,5ñ) 2.(2m  1)  4m  Vaäy: A = 4m  4m   2(1  2m  1)  4m  b) Ta coù: m  ( m  2)  m  m  4m  4m  ( 2m  1)  1  1  A= 4m  4m  4m  4m  Suy ra: Amax  2m  0  m  Lúc đó: Amax Bài 4: ( điểm) (0,5đ) 1 P O M Q C (0,5đ) (0,5đ) - Vẽ hình - Ghi giả thiết, kết luận B (0,5đ) A (0,5đ) Ta có: Chu vi CM: (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5ñ) (0,5ñ) APQ  AP  PQ  QA = AP + PM + MQ + QA  AP  PB  QC  QA (do: PM = PB; QM = QC : tính chất hai tiếp tuyến) Do : Chu vi APQ  AB  AC Vậy: Chu vi tam giac APQ không đổi Bài 5: ( điểm) - Vẽ hình - Ghi gt, kl ñuùng (0,5ñ) A E F N H B M O K G C I D CM 1) Ta coù: DC // BH (do BHCD hình bình hành) Mà: BH  AC (gt) Neân: DC  AC Suy ra: ACˆ D 90 (0,5đ) Tương tự: ABˆ D 90 Suy ra: ACˆ D  ABˆ D 180 (0,5ñ) Vậy: Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn 2) Do ADC vuông C _ nên tâm O đường tròn ngoại tiếp ADC trung điểm AD (0,25đ) ˆ ˆ Ta có: OAC  DBC (1) (cùng chắn cung DC đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC) ˆ C  BCˆ H (2) (so le trong) DB (0,5ñ) ˆ ˆ BCH  BAH (3) (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Từ (1), (2), (3)  OAˆ C  BAˆ H (ñpcm) 3) Vì I trung điểm BC nên AI trung tuyến ABC (0,25đ) Trong AHD có HO AI hai trung tuyến – Nên G trọng tâm AHD (0,25đ) Suy ra: GA = 2GI Điều chứng tỏ G trọng tâm ABC (0,25đ) 4) Ta có: ˆ B  AD ˆB AN ˆB ˆ B  AC AD ra: ANˆ B  ACˆ B (tính chất đối xứng) (cùng chắn cung AB) Suy Ta lại có: ACˆ B  KHˆ E 180 (do tứ giác KHEC nội tiếp) Và: BHˆ A  KHˆ E (đđ) Nên: ANˆ B  AHˆ B  ACˆ B  KHˆ E 180 Do đó: tứ giác AHBN nội tiếp Suy ra: NHˆ B  BAˆ N (cùng chắn cung BN) Ngoài ra: BAˆ N  BAˆ D (do N đối xứng với D qua AB) Nên: NHˆ B  BAˆ D Tương tự: Tứ giác AHCM nội tiếp Suy ra: MHˆ C  MAˆ C (cùng chắn cung CE) Mà: MAˆ C  DAˆ C (do M đối xứng với D qua AC) Neân: MHˆ C  DAˆ C Suy ra: ( NHˆ B  MHˆ C ) + BHˆ C  BAˆ C  FHˆ E 180 Vaäy: N, H, M thẳng hàng (0,5đ) (0,5đ) _ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu 1: (2,0điểm) A  B  5  x 3 số Rút gọn biểu thức: (1,0 điểm) 29  12 2x2 y y xy  y x  , x  0, y  0, x  y x y x xy y y   Câu 2: (2,0điểm) Cho a, b, c > Chứng minh 3 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) a b b c c a   a  b  c 2ab 2bc 2ca (a  1)(a  3)(a  4)(a  6)  10  0; a Câu : (2,0điểm) Cho biểu thức P  x  x   x  x  xác định x để P đạt giá trị nhỏ (1,0 điểm) Giải phương trình: x  x 6 x   30  x  y  2y   y  2 x Giải hệ phương trình:  Câu 4: ( 2,0điểm) Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – = (1,0 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc đường thẳng (1,0 điểm) b Tìm điểm cố định B (dm) với m (1,0 điểm) Câu 5: (2,0điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường tròn ( c ) Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT a Đặt DE = x tính theo a, x cạnh tam giác OAE, sau tính x theo a (1,0 điểm) b Tính theo a diện tích tam giác OCE đường cao EH xuất phát từ E tam giác (1,0 điểm) HẾT ĐÁP ÁN Câu 1: (2,0điểm) Rút gọn biểu thức: (1,0điểm) A 5 3 29  12  (2  3)   5 3   (  1) 1 5 5 3 2 5  2.2 5.3  32  (2  3)  5 6  5 (  1) (1,0 điểm) Đáp số: A = (1,0 điểm)  Xét: x x2 y y ( x )3  x y  x y  ( y )3  2( x )3  ( y )3 x  x xy y ( x )3  ( y )3 y   x  ( x )  x y  ( y )  3( x )  3x y  x y x    ( x )3  ( y )3 x y ( x  y )  ( x )  x y  ( y )  (0,5điểm) Xét: xy  y y( x  y) y   x y ( x  y )( x  y ) x y B y 3( x  y ) x   3 x y x y x y (0,5điểm) Đáp số : B = Câu 2: (2,0điểm) Cho a, b, c > Chứng minh (1,0 điểm) a3  b3 b3  c3 c  a3   a  b  c 2ab 2bc 2ca Ta có: a  0; b  : (a  b)(a  b) 0  (a  b)  (a  ab  b )  ab  0  (a  b)(a  ab  b )  ab(a  b) 0  a  b  ab(a  b) 0 (0,5điểm) a b (a  b)  2ab 3 b c (b  c) c  a (c  a )  ;  Tương tự ta có: 2bc 2ca a3  b3 b3  c c  a a  b b  c c  a      2ab 2bc 2ca 2 Cộng vế ba bất đẳng thức ta có: 3 3 3 a b b c c a    a  b  c 2ab 2bc 2ca  a  b3 ab(a  b)  (0,5điểm) Đáp số: Vậy bất đẳng thức chứng minh (a  1)(a  3)(a  4)(a  6) 10  0; a Ta có: (a  1)(a  3)(a  4)(a  6) 10  (a  1)(a  6)   (a  3)( a  4)  10 (a  7a  6)(a  7a  12)  10 ; Đặt t = a2 – 7a + 2 (t  3)(t  3)  10 t  9)  10 t   0; t (1,0 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Đáp số: Bất đẳng thức chứng minh Câu : (2,0điểm) Cho biểu thức P  x  x   x  x  xác định x để P đạt giá trị nhỏ (1,0 điểm) P  x   x    ( x  1)  x   1; x 1(*)  x  1   x Nếu  x  0  x  1  x  1  x 2 (0,5 điểm) P  x  1  x   2 x  đối chiếu điều kiện (*); x 2 ; ta có: P 2 x  Nếu  x  0  x  1  x  1  x 2 Ta có: P  x     x  2 ; đối chiếu (*) ta có x 2  P 2 Vậy ta có P  x     x  1  x    x  2  P 2   x 2 (0,5 điểm) Đáp số: x   1; 2 giá trị nhỏ P Giải phương trình: x  x 6 x   30 2 (0,5 điểm) x  x 6 x   30  x  x  x   30 0  ( x  x  16)  ( x   x   9) 0  ( x  4) 0  ( x  4)  ( x   3) 0    ( x   3) 0 2  x  0    x   0  x 4  x 4   x  3 Đáp số: Vậy tập nghiệm phương trình S  4  x  y  2y   y  2 x Giải hệ phương trình:  (0,5 điểm)    x    x  y     y 3   x  y 2 y       x  y 1     x  y 1  y      x  y 1  x 2  y  2 x       2 x  y 1    y 1         Đáp số: Tập nghiệm hệ phương trình: S  ;  ,  ;    5   3   Câu 4: ( 2,0điểm) Cho đường thẳng (dm) : 2mx + (3m – 1)y – = a Tìm đường thẳng ( d ) qua điểm A( - ; - ) xác định hệ số góc đường thẳng (1,0 điểm) A  (d m )  2m( 1)  (3m  1)( 3)  0   11m  0  m  11 3 33 Khi m  đường thẳng (d ) : 3x  10 y  33 0  y  x  11 10 10 Hệ số góc đường thẳng (d) k  10 33 Đáp số: Đường thẳng (d) cần tìm là: y  x  hệ số góc k  10 10 10 b Tìm điểm cố định B (dm) với m Giả sử B(x;y) điểm cố định họ (dm) với m (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (1,0 điểm)  2mx  (3m  1) y  0, m  (2 x  y ) m   y 0, m 2 x  y 0      y 0  x 9   y  Đáp số: M(9; -6) Câu 5: (2,0điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB, O tâm đường tròn ( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T tiếp điểm, gọi E giao điểm AD OT ... 1 (2008.20 09) 2  20082  20 092 2008.20 09     2008.20 09 20082 20 092 (2008.20 09) 2 (0,5) 1 =1+  2008 20 09 1 1 1  S  (1   )  (1   )   (1   ) 3 2008 20 09 1 1 1   2007 ... 2mx  (3m  1) y  0, m  (2 x  y ) m   y 0, m 2 x  y 0      y 0  x ? ?9   y  Đáp số: M (9; -6) Câu 5: (2,0điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường trịn ( c ) đường kính AB,... coù: DC // BH (do BHCD hình bình hành) Mà: BH  AC (gt) Neân: DC  AC Suy ra: ACˆ D ? ?90 (0,5đ) Tương tự: ABˆ D ? ?90 Suy ra: ACˆ D  ABˆ D 180 (0,5đ) Vậy: Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn 2) Do ADC