de thi gvg cap huyen4

Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.. Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ..[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm: 01 trang

ĐỀ BÀI

Câu 1: (4,0 điểm)

1 Tính giá trị của biểu thức M= 1

1+√2 a+1+

1

1−√2 a −1

Biết rằng x + y a = 7

x+z và

x+z¿2

¿

¿ 49

¿

2 Giải phương trình √7− x+√x +1=x2−6 x +13

Câu 2: (4,0 điểm).

Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)

1 Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

2 Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m

3 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2

1 + x2

2 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình (1))

Câu 3: (4,0 điểm).

1) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

A = 1

√7+√9 + + 1

√97 +√99

B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟

99sè3 2) Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên 2x2 + 2x = 4y3 + z2 + 2

Câu 4: (6,0 điểm).

Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F

1 Chứng minh ba đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I

2 Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn

3 Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P Î (O), Q Î (O’)) Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ

Câu 5: (2,0 điểm).

1) Cho biểu thức: B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2008

Tính giá trị của B với x =

.



 2) Cho các số x, y, z dương thoả mãn 1x + 1y + 1z = 4

Chứng ming rằng: 2 x + y +z1 + 1

x +2 y +z +

1

x + y +2 z 1

-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÁ THƯỚC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI GIÁO VIÊN GIỎI C ẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2011 – 2012 Đáp án gồm: 02 trang

II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

1

1

Điều kiện a ≥1

Sau khi quy đồng rồi rút gọn ya được: M=−1

Mặt khác theo giả thiết ta có

7

x +z=

a

x + y=

7 − a

z − y=

7+a

2 x + y +z x+ z¿2

¿

¿ 7

x+z.

7

x+z=

7 − a

z − y.

7+a

2 x+ y +z

¿

49 − a2

(z − y)(2 x + y +z)=

13 (z − y )(2 x + y +z )

¿

¿

¿ 49

¿

Kết hợp điều kiện => a = 6

0,25

0,25

0,25

Vậy M= −1

2

Điều kiện −1 ≤ x ≤7

Áp dụng BĐT (ax + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2)

Nên vế trái (√7 − x +√x +1)≤√(1+1)(7 − x+x +1)=4

còn vế phải x2 - 6x +13 = (x - 3)2 + 4 4

Dấu “=” xảy ra khi x = 3

Để √7− x+√x +1=x2−6 x +13

thì x2 - 6x +13 = 4 ⇔ x = 3

Ta thấy x = 3 thoả mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3

0,25 0,25

0,25 0,25

Δ ' = m2 –3m + 4 = (m - 3

2 )2 +

7

4 >0 ∀ m

VËy ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt 0,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

Theo ViÐt:

¿

x1+x2=2(m−1)

x1x2=m− 3

¿ {

¿

=>

¿

x1+x2=2m −2

2 x1x2=2m −6

¿ {

¿

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 kh«ng phô thuéc vµo m

0,25 0,25

3

P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3)

= (2m - 52 )2 + 154 ≥15

4 ∀ m

0,25 0,5

3

1

A = 1

√7+√9 + + 1

√97 +√99 = 12 ( √5−❑

√3 + √7−√5 + √9 −√7 + + √99 −√97 ) = 12 ( √99 −√3 )

A = 12 ( √99 −√3 )

0,5

0,5

B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 35⏟

99sè3 =

= 33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2

= 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)

= 198 + 1

3 ( 99+999+9999+ +999 99)

= 198 + 1

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1)

= 198 – 33 + (10101−102

B = (10101−102

30 ) +165

0,5

0,5

2

Đẳng thức trên được viết lại

z2 = 2x(x + 1) - 4y3 + 4 (1)

2 = 2x(x + 1) - 4y3 - z2 (2)

0,5

Vì 2x(x + 1) ⋮ 4; 4y3 ⋮ 4 và 2 ⋮ 2 nên từ (1)

suy ra z2 ⋮ 2 (Vì 2 là số nguyên tố) ⇒ z ⋮ 2

Do z ⋮ 2 ⇒ z2 ⋮ 4

Như vậy vế phải của pt (2) chia hết cho 4, còn vế trái của pt (2) chia cho

4 dư 2

0,5 0,5

Vậy không có số nguyên x, y, z nào thoả mãn 4x2 + 4x = 8y3 - 2z2 + 4 0,5

1

Ta có : ABC = 1v

ABF = 1v

Þ B, C, F thẳng hàng.

AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy

0,5

0,5

0,5

2

ECA = EBA (cùng chắn cung AE của (O)

Mà ECA = AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)

Þ EBA = AFD hay EBI = EFI

Þ Tứ giác BEIF nội tiếp.

0,5

0,5 0,5 0,5

3

Gọi H là giao điểm của AB và PQ

Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng

Þ

HP HA

HB HP Þ HP2 = HA.HB Tương tự, HQ 2 = HA.HB

Þ HP = HQ Þ H là trung điểm PQ

0,5 0,5

0,5

Ta có x =

2

2 1



.

Þ x 2 =

3 2 2 4



; x 3 = x.x 2 =

5 2 7 8



; x 4 = (x 2 ) 2 =

17 12 2 16



; x 5 = x.x 4 =

29 2 41

32



Xét 4x 5 + 4x 4 – 5x 3 + 5x – 2 = 4

29 2 41 32



+ 4

17 12 2 16



- 5

5 2 7 8



+ 5.

2 1

2



- 2

=

29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16

8

= -1.

0,25 0,25 0,25

0,25

Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có a2

x +

b2

y ≥

(a+b )2

x + y (∗) ⇔ (a

2y + b2x)(x + y) (a+b)2

xy

0,25

 a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy  a2xy + 2abxy + b2xy

 a2y2 + b2x2  2abxy

 a2y2 – 2abxy + b2x2  0  (ay - bx)2  0 (**)

0,25

Bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x, y > 0 Dấu (=) xảy ra khi ay = bx hay

a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức (*) hai lần ta có

16

       

       

Tơng tự

2 16

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:

.4 1

Vì

1 1 1

4

xyz  Suy ra

0,25

0,25

Ghi chú: - Thí sinh trình bày đúng, đủ nội dung bài làm cho 20 điểm.

- Điểm của toàn bài là tổng điểm thành phần và được làm tròn số đến 0,5đ.