PHỊNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VỊNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a Phân tích Q thành nhân tử: Q  x  x  2 x  10 b Tính Q biết x 13  10 Câu Cho hàm số: y x  2m  ; với m tham số a Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O b Tính theo m tọa độ giao điểm A; B đồ thị hàm số với trục Ox; Oy H hình chiếu O AB Xác định giá trị m để OH  b Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB Câu a Giải phương trình: x   x   x  5 x  b Cho a; b hai số dương thỏa mãn: a  b 6 Chứng minh: 3(a  6) (a  b) 2 c Giải phương trình nghiệm nguyên: x  xy  2008 x  2009 y  2010 0 Câu Cho đường tròn (O; R ) AB CD hai đường kính cố định (O) vng góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB     a Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC b Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn Hết./ HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt Q  x  x  2 x  10  x a b  x  x 2 x 13  10      x  0,5  x   2.2   (2   Vậy: Q  2   x  2 Điểm 0,5 5 2 5) 2    2 2 2.( 5)  10 0,5 0,5 2,0 y  x  2m  ; với m tham số a Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: A  2m  1;0  Để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O(0; 0)  2m  0  m  Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B  0;  2m  1 b c 0,5 Ta có:  AOB vng O có OH đường cao nên:  m 0 1 1 2   2   2 2 Hay x A yB (2m  1) OH OA OB  m  x x 2m  Hoành độ trung điểm I AB: xI  A B  2 0,25 Tung độ trung điểm I AB: yI  0,5 2,0 0,5 y A  y B  (2m  1)  2 Ta có: yI  xI  Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB đường 0,25 thẳng y  x 0,2 Điều kiện: x 2 x   x   x  5 x   a    x   x    x  5 x  x    x   x  0  x    x   x  0  x   x   0  ( x   2) 0  x 6  b Vậy nghiệm pt là: x 6 Với a; b hai số dương ta có:  a  b   1   2.a  b.1  2a  b    1 (Theo Bunhiacopski) 2      a  b   a   (Vì a  b2 6 ) Hay 3(a  6) ( a  b) 0,2 0,3 0,3 0,25 0,25 2,5 x  xy  2008 x  2009 y  2010 0 c  x  xy  x  2009 x  2009 y  2009 1 0,25  x( x  y  1)  2009( x  y  1) 1  ( x  2009)( x  y  1) 1 0,5   x  2009 1    x  y  1    x  2009     x  y   0,25   x 2010    y  2010   x 2008    y  2010 0,25 C K B O M H A D a b Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên:     = sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC  2  2 (sin MBA  cos MBA)  (sin MCD  cos MCD) = + = Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH  MH OM R Mà OH.MH    (Pitago) 2 c Vậy P 4 R R2 2 R đẳng thức xẩy  MH = OH  OH = R 2 0,75 3,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25