ĐỀ THI PHÁT HIỆN HS GIỎI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (106.48 KB, 4 trang )
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn : Tóan
Thời gian : 150 phút
Câu 1 Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Câu 2 : Phân tích biểu thức sau ra thừa số
M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
Câu 3 : Định a và b để đa thức A = x
4
– 6 x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương
của một đa thức khác .
Câu 4 : Cho biểu thức :
P =
+
−
+−
+
+
−
+
− 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a) Rút gọn p .
b) Tính giá trị của biểu thức p khi /x / =
4
3
c) Với giá trị nào của x thì p = 7
d) Tìm giá trị nguyên của x để p có giá trị nguyên .
Câu 5:
9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là
tâm đường tròn ( c ). Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi
T là tiếp điểm, gọi E là giao điểm của AD và OT
a. Đặt DE = x tính theo a, x các cạnh của tam giác OAE, sau đó tính x theo a
(1,0 điểm)
b. Tính theo a diện tích tam giác OCE và đường cao EH xuất phát từ E của
tam giác đó.
Hết
1
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Tóan
Câu 1 : Vì a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên - 1 ≤ a , b , c ≤ 1
⇒ a + 1 ≥ 0 ; b + 1 ≥ 0 ; c + 1 ≥ 0
Do đó : ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ≥ 0
⇔ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1)
Cộng 2 vế của (1) cho 1 + a + b +c + ab + bc + ca . Ta có :
abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 1 + a + b + c + ab + bc + ac
Ta biết : 1 + a + b + c + ab + bc + ac =
2
1
( 1 + a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a + 2b + 2c + 2 ab + 2 bc + 2 ac ) =
2
1
( 1 + a + b + c )
2
≥ 0 ( vì a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 )
Vậy abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 0
Câu 2 : Ta có M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
= ( xyz + xy
2
+ yx
2
) + ( xyz + xz
2
+ zx
2
) + ( xyz + yz
2
+ y
2
Z )
= xy ( x + y + z ) + xz ( x + y + z ) + yz ( x + y + z )
= ( x + y + z ) ( xy + xz + yz )
Vậy M = ( x + y + z ) ( xy + xz + yz )
Câu 3 :
Ta có thể viết : A = x
4
– 6x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = ( x
2
– 3x + k )
2
= x
4
+ 9x
2
+ k
2
– 6x
3
+ 2kx
2
– 6kx
= x
4
– 6x
3
+ ( 9 + 2k )x
2
– 6kx + k
2
Đồng nhất 2 vế ta có :
a = 9 + 2k (1)
b = - 6k (2)
1 = k
2
(3)
Từ (3) ta suy ra : k = ± 1
Nếu k = - 1 ; b = 6 và a = 7
Ta có : A = x
4
– 6 x
3
+ 7 x
2
+ 6 x + 1 = ( x
2
– 3 x – 1 )
2
Nếu k = 1 ; b = - 6 ; a = 11
Ta có : A = x
4
– 6 x
3
+ 11 x
2
– 6x + 1 = ( x
2
– 3x + 1 )
2
Câu 4 :
a) p =
2
6
:
2
1
2
2
)2)(2( +
+
+
−
−
−+ xxxxx
x
2
=
xxxxx
xxx
−
=
−
−=
++−
−++−
2
1
2
1
2
6
:
)2)(2(
2)2(2
b) Với x ≠ 0 ; x ≠ ± 2 thì biểu thức p xác định
/x/ =
4
3
nên x =
4
3
hoặc x = -
4
3
+ Nếu x =
4
3
thì p =
5
4
4
3
2
1
=
−
+ Nếu x = -
4
3
thì p =
11
4
4
3
2
1
=
+
c) Với p = 7 thì
7
2
1
=
− x
⇒ x =
7
13
( thỏa mãn điều kiện của x )
d) Để p có giá trị nguyên thì 2 - x phải là ước của 1 .
Từ đó ta có : x = 1 ; x = 3 ;
Vậy để p nguyên lúc đó x = 1 ; x = 3 ;
Câu 5:
. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm
đường tròn ( c ), Từ C vẽ tiếp tuyến CT với đường tròn ( c ) khác CB, gọi T là
tiếp điểm, gọi E là giao điểm của AD và OT
T
D
O
B
C
A
H
E
a. Đặt DE = x tính theo a, x các cạnh của tam giác OAE, sau đó tính x theo a
(1,0 điểm)
Ta có:
( , )DCE TCE EC chung CT CD BC∆ = ∆ = =
ET ED x⇒ = =
3
Mà
2
2
a
OA
AE a x
a
OE OT TE x
⇒ =
= −
= + = +
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AOE: OE
2
= OA
2
+ AE
2
( )
2 2
2
2 2
2 2 2
2
2 2
2
4 4
3
( 0)
3
a a
x a x
a a
x ax a x ax
ax a
a
x a
⇔ + = + −
÷ ÷
⇔ + + = + + −
⇔ =
⇔ = ≠
Đáp số:
3
a
x =
b. Tính theo a diện tích tam giác OCE và đường cao EH xuất phát từ E của
tam giác đó. (1,0 điểm)
2
2
. ( 2 ) 5
2 3
( )
2 2 4 4 12 3
OCE
a a
a x a a
CT OE a a x a a
S khi x
∆
+ +
÷ ÷
+
= = = = = =
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông BOC: OC
2
= OB
2
+ BC
2
=
2 2
2
5 5
4 4 2
a a a
a O C+ = ⇔ =
2
2
. 5 5 5
2. :
2 12 2 3
OCE
OCE
S
EH OC a a a
S EH
OC
∆
∆
= ⇔ = = =
Đáp số:
2
5 5
;
12 3
OCE
a a
S EH
∆
= =
4
