the fucking

ë phÝa ngoµi tam gi¸c ABC, vÏ c¸c h×nh vu«ng BCDE vµ ACFG... K lµ ®iÓm chuyÓn ®éng trªn cung lín GH.[r]

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Mơn : Tốn (Vịng 1)

Đề thức Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (8 điểm)

Cho parabol ( ) :

P y x

1 Viết phơng trình tiếp tuyến (P), biết tiếp tuyến qua điểm (2;1)

A

2 Gọi d đờng thẳng qua điểm A(2;1)và có hệ số góc m Với giá trị m đờng thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt M N, tìm quĩ tích trung điểm I đoạn thẳng MN m thay đổi

3 Tìm quĩ tích điểm M0 từ kẻ đợc hai tiếp tuyến parabol (P) hai tiếp tuyến ny vuụng gúc vi

Bài 2: (4điểm)

Giải hệ phơng trình:

2 19

7

x y xy x y xy

   



  



Bài 3: (8 điểm)

Cho na ng trũn đờng kính AB cố định C điểm thuộc nửa đ-ờng trịn phía ngồi tam giác ABC, vẽ hình vng BCDE ACFG Gọi Ax, By tiếp tuyến nửa đờng tròn

1 Chứng minh C di chuyển nửa đờng trịn cho đờng thẳng ED ln qua điểm cố định đờng thẳng FG qua điểm cố định khác

2 Tìm quĩ tích điểm E G C di chuyển nửa đờng trịn cho

3 Tìm quĩ tích điểm D F C di chuyển nửa đờng tròn cho

HÕt

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Môn : tốn (Vịng 1)

Bài 1 ý Nội dung Điểm

1. 8,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

Phơng trình đờng thẳng d1 qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b = 2a + b,

suy b = - 2a, d1: y = ax - 2a+1

0,50

Phơng trình cho hồnh độ giao điểm d1 (P) là:

2

1

2

3x ax a  x  ax a  0.50

Để d1 tiếp tuyến (P) cần đủ là:

'

 

2

9 24 12 2

3

a

a a

a

  

     

 

 2,0

Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là:

1

2 : 3; :

3

d y x d y x

0,50

1.2 (4,0 ®iĨm)

Phơng trình đờng thẳng d qua A(2; 1) có hệ số góc m là:

1

y mx   m 0,50

Phơng trình cho hồnh độ giao điểm d (P) là:

2

1

2 (2)

3x mx m  x  mx m  0,50

Để d cắt (P) điểm phân biệt cần đủ là:

2

9 24 12

3

m m m m 

         

 

2

4 4

0

3 3

m m

 

        

 

4

2

3 (*)

3

4 2

3

4

3

m m

m m m

m

      

    

   

  

 

  

 

   



  

  

Với điều kiện (*), d cắt (P) điểm M N có hồnh độ x1 x2

nghiệm phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I MN là:

1

2

2 2

; 1;

3

3 3

2

2

1 1

3

x x x

m x x

x x m

x I

y mx m y x x

                                  1,0

Vậy m thay đổi, quĩ tích I phần parabol 2

3

y x  x ,

giới hạn x1;x3 0,50

1.3 (2,0 điểm)

Gọi M x y0( ; )0 0 điểm từ vẽ tiếp tuyến vng góc đến (P) Phơng trình đờng thẳng d' qua M0 có hệ số góc k là: y kx b  , đờng thẳng

qua M0 nªn y0 kx0 b by0 kx0, suy pt cña d': y kx kx  0y0 0,50

Phơng trình cho hồnh độ giao điểm d (P) là:

2

0 0

1

3 3

3x kx kx y  x  kx kx  y  (**) 0,50 §Ĩ tõ M0 kẻ tiếp tuyến vuông góc tới (P) phơng trình:

2

0

9k 12kx 12y

     có nghiệm phân biệt k k1, 2 k k1 21

0 12 y y     0,50 Vậy quĩ tích điểm M0 từ vẽ đợc tiếp tuyến vng góc (P)

đờng thẳng

4

y

0,50

2. (4,0 ®iÓm)

 2

2 19 3 19

3 19

7 7

S x y

x y xy x y xy S P

P xy

x y xy x y xy S P

                                      (1) 1,0

Giải hệ (1) ta đợc: (S1; P6), (S 2;P5) 1,0

Giải hệ phơng tr×nh tÝch, tỉng:

6 x y xy      

vµ

5 x y xy      

ta cã c¸c

nghiệm hệ phơng trình cho là:

3 6

; ; ;

2 1 6 1 6

x x x x

y y y y

 

     

   

   

     

3. 8,0

3.1

Gäi K giao điểm Ax GF, I giao điểm By ED Ta có:

 900

BEIBCA

 

EBI CBA (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) BEBC,

Do đó:

BEI BCA BI BA

    mà By cố định, suy điểm I

cố định

+ Tơng tự, K ccố định

+ Vậy C di chuyển nửa đờng trịn (O) dờng thẳng ED qua điểm I cố định đờng thẳng GF qua

điểm K cố định 3,0

3.2 Suy quĩ tích I nửa đờng trịn đờng kính BI (bên phải By,

,

C  A EI C B  E B ); quĩ tích K na ng trũn ng kớnh

AK(bên trái Ax, C  A GA C,  B G K ) 2,0

3.3 Xét tam giác BEI BDK, ta

cã:

1

BE BI BDBK 

   

 

0

45

EBI IBD KBD IBD EBI KBD

   

 

Do đó:

 

90

BEI BDK BDK BEI

 

  



+ Vậy: Quĩ tích D nửa đờng trịn đờng kính BK

+ Tơng tự, quĩ tích F nửa đờng trịn đờng kính AI 3,0

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Môn : Tốn (Vịng 2)

Đề thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao ) Bi 1: (7 im)

1 Giải phơng tr×nh: x 1 24 x x 9 64 x 2

2 Chøng minh r»ng nÕu a, b, c số không âm b số trung bình cộng a c ta cã:

1

a b b c c a Bài 2: (6 điểm)

1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

2

3

x x

y x

 





2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình:

2 2 3 2 4 3 0 x  y xy x y Bài 3: (7 điểm)

Cho đờng trịn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB CD vng góc với E điểm cung AD Nối EC cắt OA M, nối EB cắt OD N

1 Chøng minh r»ng tÝch OM ON

AM DN số Suy giá trị nhỏ cđa tỉng OM ON

AM DN , cho biết vị trí điểm E ?

2 Gọi GH dây cung cố định đờng tròn tâm O bán kính R cho GH khơng phải đờng kính K điểm chuyển động cung lớn GH Xác định vị trí K để chu vi tam giác GHK lớn

HÕt

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh Sở Giáo dục đào tạo lớp thCS năm học 2004 - 2005 Môn : tốn (Vịng 2)

Bài ý Nội dung Điểm

1. 7,0

1.1 (2,0 ®iĨm)

4

1

x  x  x  x     

2

4 x 1 x 3 2

    

 

4 x 1 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y x 0;x 0 (2)

             (1)

1,0

 0 y 1: y 1 0, y 0 , nªn (2) 1 y 3 y y1 (thoả ĐK)

1 x

nghiệm phơng trình (1)

1y3: y1 0, y 0 , nªn pt (2) y  1 y 2 0y0

do pt (2) có vơ số nghiệm y (1 y3), suy pt (1) có vơ số nghiệm x (

1x81 ) 1,0

 y3: y1 0, y 0 , nªn pt (2) y  1 y 2  y3, pt v« nghiƯm

 VËy tËp nghiƯm cđa pt (1) lµ: S 1; 81 1,0

1.2 (3,0 ®iĨm)

1

1 1

(*)

a b b c c a

a b c a c a b c

 

  

   

    0,50

Ta cã:    

     

1 c b

A

a b c a a b c a

c b

a b c a b c



  

   

 

  

0,50

Theo gi¶ thiÕt:

2

a c

b   a c  bb a c b   , nªn:

     

   

     

b a b a

b a A

a b b c c a a b b c c a

 



 

     

1,0

 

   

   

   

1

b a b c c a

A

c a b c

b c c a b c c a

   

   

 

   

2. 6,0 2.1 (3,0 ®iĨm)

2

2

3

x x

y x

 



 (xác định với xR)  

2

1 (**)

y x x y

     

0,5

 y1: pt (**) cã nghiÖm

3

x  y1: để pt (**) có nghiệm thì:

2

9 4(y 1)(y 5) 4y 24y 11

         1,0

 2  

25 5 11

3 3

4 y y 2 y 2 y y

             

1,0

Vậy tập giá trị y lµ 11;

2

 

 

 

, 11;

2

Max y Min y

0,5

2.2 (3,0 ®iĨm)

 

2 2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0

x  y  xy x y   x  y x y  y  (***) 0,5

§Ĩ pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:

3y 22 4 2 y2 4y 3 y2 4y 8

         lµ sè chÝnh ph¬ng

   2

2 4 8 2 12

y y k k y k

    Z    

(y k y)( k) 12 ( )a

      1,0

Ta cã: Tæng y 2 k(y 2 k) 2( k2) số chẵn, nên

y k; (y k) chẵn lẻ Mà 12 tích 1.12 2.6 3.4, nên có hệ phơng trình sau:

2 2 6 2

; ; ; ;

2 2 2

y k y k y k y k

y k y k y k y k

           

   

   

           

    0,5

Giải hệ pt ta có nghiệm nguyên cña pt (a):

y2;k2 , y2;k2 , y6;k 2 , y6;k2 0,5

Thay giá trị y2;y6 vào pt (***) giải pt theo x có nghiệm nguyên (x; y) là:

(x1;y2), (x3;y2);(x11;y6),(x9;y6) 0,5

3. 7,0

(4 đ) 3.1 Ta có: COM CEDvì:

  900

O E  ; C chung Suy ra:

(1)

OM CO ED CO

OM

ED CE   CE

Ta cã: AMCEAC v×:



C chung,  

45

A E  Suy ra:

(2)

AM AC EA AC

AM

EA EC   CE

Tõ (1) vµ (2): (3)

OM OC ED ED

AM AC EA  EA 1,0

ONB EAB

  O E   90 ;0 B chung  ON OB ON OB EA (4)

EA EB EB

  

( , 45 ) DN DB DB ED(5)

DNB EDB B chung D E DN

ED EB EB

       

Tõ (4) vµ (5): (6)

ON OB EA EA

DN DB ED  ED Tõ (3) vµ (6):

1

OM ON AM DN

Đặt x OM , y ON

AM DN

 Ta có: x, y không âm và:

 2 2 2

2

x y   x y xy   x y  xy  

DÊu "=" xÈy khi: 1

2

x y

x y xy

  

  

  

 1,0

VËy: Tæng

min

1

2

OM ON OM ED

khi EA ED

AM DN AM EA

 

     

 

 

E trung điểm dây cung AD 1,0

3.2 (3,0 ®iĨm) GKH

 có cạnh GH cố định, nên chu vi lớn tổng KG KH

lín nhÊt

Trên tia đối tia KG lấy điểm N cho KN = KH Khi đó, HKN cân K Suy

ra  1

2

GNH  GKH vµ

KG KH KG KN GN 

mµ  1

2

GKH  GH (gãc néi

tiếp chắn cung nhỏ GH cố định), GNH khơng đổi Vậy N chạy cung tròn (O') tập hợp cỏc im nhỡn

đoạn GH dới góc

4GOH

 

không đổi 1,5

GN dây cung cung tròn (O') nên GN lớn GN đờng kính cung trịn, suy GHK vng H, KGH KHG (vì lần lợt phụ với hai góc nhau) Khi đó, K trung điểm cung lớn GH