c Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định khi xÔy quanh quanh O, nhng hai c¹nh Ox vµ Oy vÉn c¾t hai c¹nh AB vµ AC cña ABC.. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc :.[r]
Trang 1Trờng THCS Lơng Ngoại Đề Thi học sinh giỏi cấp huyện
Năm học 2011 - 2012
Môn : Toán Thời gian làm bài : 150 phút
Giáo viên ra đề: Phạm Văn Dũng
Đề thi
Bài 1: (2 đ ).
Cho P = (√1− x +√√xyy −
√x −√y
√xy+1 ):(1+x + y +2 xy
1 − xy )
a Rút gọn P
b Tính giá trị của P với x = 2
2+√3
c Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2: (2.5đ)
Cho phơng trình: 2x2 + 2mx + m2 – 2 = 0 (1)
a Tìm m để phơng trình đã cho có hai nghiệm : x1; x2
b Với giá trị nào của m thì: 1
x1+
1
x2+x1 +x2=1
c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = |2 x1x2+x1+x2− 4|
Bài 3 :(1,5 điểm) Giải hệ phơng trình :
1 1 72
x x y y
Bài 4: (3 ) đ Gọi O là trung điểm của cạnh đáy BC của tam giá đều ABC Một góc
xÔy = 600, có cạnh Ox, Oy luôn cắt cạnh AB, AC ở M và N Chứng minh:
a) OB2 = BM C N
b) Các tia MO, NO luôn luôn là phân giác của các góc BMN và C NM
c) Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với 1 đờng tròn cố định khi xÔy quanh quanh
O, nhng hai cạnh Ox và Oy vẫn cắt hai cạnh AB và AC của ABC
Bài 5 (1 đ )
Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
x y y z z x
Tính giá trị của biểu thức : A = x2011 + y2011 + z2011
Hớng dẫn chấm
Bài 1:
ĐK để P có nghĩa x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; xy ≠ 1 ( 0,25đ)
a P = 2√x
1+ x
( 0,75đ)
b x = 2
2+√3 = 4 - 2 √3 = (√3− 1)
2 ( 0,25đ)
Trang 2Vậy P = 2√x
1+ x =
2(3√3+1)
13
( 0,25đ)
c Với mọi x ≥ 0 ta có : (√x −1)2≥ 0 ⇔ x - 2 √x +1 ≥ 0 ( 0,25đ)
⇔ x+1≥ 2 √x
⇔ 1 ≥ 2√x
1+ x ( do x + 1 > 0 )
⇔ 2√x
1+ x 1
⇔ P 1 Vậy giá trị lớn nhất của P = 1 ⇔ x = 1 ( 0,25đ)
Bài 2: Xét phơng trình : 2x2 + 2mx +m2 – 2 = 0
a Để phơng trình có hai nghiệm thì :
Δ' ≥ 0 ⇔ 4 −m2
≥0 ⇔ −2 ≤m ≤2 (0,5đ)
b Theo định lí Vi ét ta có: x1 + x2= - m; x1.x2 = m2−2
2
Khi đó:
1
x1+
1
x2+x1 +x2=1⇔(x1+x2)(1+ 1
x1x2)=1⇔− m
(1+ 1
m2− 2
2 )=1
(0,5đ)
⇔m3
+m2− 2=0 ⇔ (m−1)(m2 +2 m+2)=0⇔m=1 (0,25đ) Với m = 1 thoã mãn điều kiện bài toán (0,25đ)
c Ta thấy: B = |2 x1x2+x1+x2− 4| = |m2− m− 6|=|(m− 3) (m+2)|
(0,25đ)
Vì: (m+2) (m-3) ≤ 0 Với mọi m thoã mãn: - 2 ≤ m ≤ 2
Vậy: B = −m2
+m+6=25
4 −(m−1
2)2≤25
4 (0,5
đ) Dấu “ = ” xảy ra khi m = 1
2
Vậy giá trị lớn nhất của B là 25
4 khi m =
1
2 .
(0,25đ)
Bài 3:
Đặt :
1 1
u x x
v y y
(0,25đ)
Ta có :
18 72
u v uv
u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
X X X X (0,25đ)
Trang 312 6
u v
;
6 12
u v
(0,25đ)
1 12
1 6
x x
y y
;
1 6
1 12
x x
y y
(0,5đ) Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị (0,25đ)
Bài 4:
Chứng minh:
a) (1 điểm)
Ta có: Ô1 + Ô2 = 1800 - 600 = 1200
Ô2 + ^N 2 = 1800 - C^ = 1200
Ô1 = ^N 2
B=^^ C = 600 (ABC đều)
OBM MCO (g-g) (0,5
điểm)
OB
MN=
BM
CO (0,25 điểm)
OB CO = NC BM
Thay CO = OB OB2 = NC BM (đccm) (0,25 điểm) b) (1 điểm)
Chứng minh đợc hai tam giác OBM, OCN đồng dạng
MO là phân giác của góc BMN (0,75 điểm) Tong tự cũng có hai tam giác OMN, OCN đồng dạng
NO là phân giác của góc MNC (0,25
điểm)
c) (1điểm)
O là giao điểm của hai tia phân giác của các góc BMN và MNC
O cách đều AB, MN và AC (0,25 điểm)
A
y
N
C O
B
H
M
x
Trang 4Gọi OH là khoảng cách từ O tới AB, ta có:
OH = OB sinB = a
2 Sin 600 =
a
2 √
3
2 =
a√3
4
(trong đó a là cạnh của ABC đều) (0,5 điểm)
MN luôn tiếp xúc với đờng tròn cố định ( O; a√3
4 ) (0,25
điểm)
Bài 5 (1đ) điểm)Từ giả thiết ta có :
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 0
(0,25đ) Cộng từng vế các đẳng thức ta có :
x2 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0
x 12 y 12 z 12 0
(0,25đ)
1 0
1 0
1 0
x y z
⇒
x = y = z = - 1 ( 0,25đ)
⇒ A = x2011 + y2011 + z2011 = (-1)2011 + (-1)2011 + (-1)2011 = -3
Vậy : A = -3 (0,25đ)