Thi HSG toan Hoa Lu

PHềNG GIO DC V O TO
HOA L
THI CHN HC SINH GII HUYN
Nm hc 2009 -2010
MễN THI: TON
Thi gian lm bi: 150 phỳt.
( ny gm 4 bi, 1 trang)
Bài 1:(6 điểm) Cho biểu thức

2 2 1 1x x x x x
P
x x x x x
+ +
= +
+
1.Rút gọn biểu thức.
2.So sánh P với 5
3.Với mọi giá trị của x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức
8
P
chỉ nhận đúng một
giá trị nguyên.
Bài 2:(3 điểm) Giải phơng trình
(x
2
+ x + 1)
2
+(x
2
+ x + 1) -12 = 0
Bài 3: (3 điểm) Với a > 0, b > 0, c > 0, chứng minh bất đẳng thức sau:

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + + +
Bài 4: (8 điểm) Từ điểm S nằm ngoài đờng tròn đờng tròn (I) bán kính R. Kẻ 2 tiếp
tuyến SA, SB tới đờng tròn đó, với A, B là các tiếp điểm. Gọi H là chân đờng vuông
góc hạ từ A đến đờng kính BC, N là giao của AC và BS.
a) Chứng minh SB = SN.
b) Chứng minh SC cắt AH tại trung điểm của AH.
c) Tính AH theo R và SI = a
Hết
chớnh thc
PHềNG GIO DC V O TO
HOA L
HNG DN CHM
THI HC SINH GII HUYN
Nm hc 2009 -2010
MễN THI: TON
(Hng dn chm gm 3 trang)
Câu 1(6 điểm)

a) (2 điểm)
2 2 1 1x x x x x
P
x x x x x
+ +
= +

+
Điều kiện x > 0; x

0

( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
1 1 1 1
2 2
1 1
x x x x x x
x
P
x
x x x x
+ + + +
+
= +
+

2 2 1 1x x x x x
P
x x x
+ + + +
= +

2 2 1 1x x x x x
P

x
+ + + + +
=

2 2 2x x
P
x
+ +
=
b)(2điểm)
2 2 2 2 3 2
5 5
x x x x
P
x x
+ + +
= =

1
2 3 2.2 3 0x
x

= + >
ữ

suy ra P > 5
a) (2 điểm) P > 0, mặt khác P > 5 (theo câu b) nên:

8 8
0

5P
< <
Để
8
P
là một số nguyên thì
8
P
= 1


P = 8

2 2 2 8x x x + + =

3 1 0x x + =
Giải tìm đợc
2 2
1 2
3 5 3 5
;
2 2
x x

+
= =
ữ ữ

0,5
0,5

0,5
0,5
1,0
0,75
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 2:(3 điểm)
Đặt x
2
+ x +1 = t (t > 0)
Phơng trình có dạng t
2
+ t 12 = 0


(t + 4)(t 3) = 0
0,5
0,5

4
3
t
t
=

=

với t = -4 (loại)
Khi t = 3 ta có x
2
+ x +1 = 3


x
2
+ x +1 3 = 0

x
2
+ x - 2 = 0

(x 1)(x + 2) = 0
1
2
x
x
=



=

Vậy phơng trình có 2 nghiệm: x = 1 hoặc x = -2
0,5
0,5

0,5
0,5
Bài 3:(3 điểm)
a; b > 0. Ta có: (a + b) (a - b)
2


0
( )
( )
2 2 3 3
( ) 0 0a b a ab b ab a b ab a b

+ + + +

( )
3 3
3 3
2 2
a b a b
a b ab a b
ab
+ +
+ +
Chứng minh tơng tự ta cũng có:
3 3
;
2 2
b c b c
bc

+ +


3 3
2 2
c a c a
ca
+ +

Do đó:
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a a b b c c a
ab bc ca
+ + + + + +
+ + + +



3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + + +
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
Bài 4: (8 điểm)



a)( 2 điểm)
SA = SB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1)


SAB cân tại S


ã
ã
SAB SBA=

0,5
.
I
S
A
B
C
N
H

ACB nội tiếp đờng tròn đờng kính BC

ACB vuông tại A

BA

CN

ã
BAN
= 90
0

ã
ã
0
90BAS SAN+ =
và
ã
à
0
90ABS N+ =

ã
à
SAN N=




ASN cân tại S

SA = SN (2)
Từ (1) và (2)

SB = SN
b)(3 điểm)
Có AH

BC (GT)
BC

BN (Tính chất tiếp tuyến)


AH // BN



( )
HK AK CK
BS SN CS
= =
lại có SB = SN


HK = AK
c) (3 điểm)
SI là đờng trung bình của

BCN

CN = 2a
áp dụng hệ thức lợng trong

CBN ta có
CB
2
= CN . AC hay (2R)
2
= 2a.AC

AC =
2 2
4 2
2
R R
a a
=
áp dụng định lí Pitago vào

IBS ta có
BS =
2 2 2 2
a R BN a R =
Ta có
AH AC
BN CN
=

2
2 2
2
2 .
.
2
R
a R
BN AC
a
AH
CN a

= =

2 2 2
2
2R a R
a

=

0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
0,5