Dap an THI LY THUYET GVG Ba thuoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (193 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HƯỚNG DẪN

ĐỀ THI LÝ THUYẾT GVG – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011
Ngày thi: 05/11/2010.

Bài1:(5 đ) Cho 2 11 2 2 1

5 4 1 4

x x x

A

x x x x

  

  

   

a) Tìm x để A có nghĩa
b) Rút gọn A.

c) Tìm x để A nhận giá trị nguyên
HD

a) ĐK để A có nghĩa:
0
1
16

x
x
x







 

b) Rút gọn bt 2
4
x
A

x




c) Ta có 2 1 6

4 4

x
A

x x



  

 

Để A nhận giá trị nguyên thì 6
4 Z

x  hay x 4U(6)



1; 1; 2; 2;3; 3;6; 6   



Giải ra ta được x



9; 25;36;4; 49;100



thì A nhận giá trị nguyên

Bài 2:

a) Tìm x, y, z biết x =2y =3z và x2 + y2 + z2 = 441

b) Tìm số chính phương lớn nhất có nhiều hơn hai chữ số t/m: Khi ta xóa hai
chữ số tận cùng của nó thì vẫn được một số chính phương

a) Từ gt ta có x, y, z cùng dấu và đều khác 0
Từ x =2y =3z suy ra

6 3 2

x y z

  =>

2 2 2 2 2 2 441
9

36 9 4 49 49

x y z x y z

    

Suy ra x 18 ; y 9; z 6
Do x, y, z cùng dấu nên ta có

(x = 16; y = 9; z = 6) hoặc (x = - 16; y = - 9; z = - 6) thỏa mãn bài toán.
b) Gọi Số chính phương cần tìm có dạng :

Abc = k2 với *

, , 0 99

, 10

   





  



b c N bc

A N
k N k

(A có thể có nhiều hơn 1 chữ số)
2

100
k bc
A 

2
100

k

 => Amax=

2 , *
100

k

t t N

  suy ra k = 10t Khi đó bc = 00
Ta có: Abc lớn nhất khi A lớn nhất, khi đó k = 10t với t là số tự nhiên lớn
nhất: Abc= 100t2 với t là số tự nhiên lớn nhất

(Bình luận : Nếu đề ra thêm 1 yêu cầu nữa (ví dụ như u cầu số tự nhiên lớn
nhất có 3 chữ số chẳng hạn) thì hay hơn vì thực ra số tự nhiên lớn nhất là số
nào ?)

Bài 3: a) Gọi x1, x2 là n0 pt: x2 -2(m-1)x + 2m2 -3m+1=0 ( m là tham số)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Px1x2x x1 2
a) Pt x2 -2(m-1)x+ 2m2 -3m+1=0 có 2 no nên

' (m 1)2 2m2 3m 1 0 m2 m 0 0 m 1(*)

             
Theo viet: 1 2 2

1 2

2( 1)

2 3 1

x x m

x x m m

  




  



Ta thấy với 0m1(*) thì 1 2 2

1 2

2( 1) 0
2 3 1 0

x x m

x x m m

   




   


Vì vậy Px1x2x x1 2 =

2 2

2(m1) (2m  3m1) 2(m 1) (2 m  3m1)
= 1 – 2m2 + m =

9 1 9

8 m 4 8

 

    

 

Nên PMax =

9 1

8  m4 (thỏa mãn)
b) giải hpt:

3 2

2 2 2

2 4 3 0
2 0

x y y

x x y y

    




  



HD

b)Ta có

3 2

2 2 2

2 4 3 0 (1)

2 0 (2)

    




  




x y y

x x y y

Từ (2) ta có

2
2

2 2

2 1

1 1



  

 

y y

x

y y (3)

Mặt khác: PT (1) có nghiệm, ta xem y là ẩn:

' 3

4 2( 3) 0

1 1

    

     

y x

x x (4)

Từ (3) và (4) suy ra x = -1. => 2y = y2 + 1 => y = 1

Bài 4: Cho tam giác ABC có AB < AC và góc A = 840. Trên cạnh AC lấy Điểm

D sao cho CD = AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và AD. Tính CNM
HD1: Theo thầy Lê Văn Lâm THCS Điền Hạ

Nối BD, từ N kẻ NP//AB suy ra
NP là đường trung bình

1
// ,

2
ADP NP AB NP AB

 (1)

và góc PND = 840 (Đồng vị)

Nối PM ta được PM là đường
phân giác BDCsuy ra PM

1
2CD

 (2) và

  ( )

PMN MND soletrong (3)

Từ (1) và (2) và AB = CD ta suy ra PM = PN ta được MPN cân tại P nên

 

PNM PMN(4)

Từ (3) và (4) ta suy ra MN là phân giác góc PND, vậy   840 420

2 2

PND

CNM   

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

HD2: Hồ Sỹ Tuân THCS Văn Nho
Gọi E là điểm đối xứng với B qua N
F là điểm đối xứng với N qua M.

Các tứ giác ABDE và BNCF có hai đường chéo
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình
bình hành.

Suy ra CF // = BN do đó CF //=NE
=> CENF là hình bình hành

=> CNM DCE (So le trong)

Mặt khác ABDE là hình bình hành nên DE //=AB
=>   0

EDADAB 84 => CDE 960

Và DE = AB => DE = DC (Vì AB = CD)
=> CDE cân tại D.

=>  1800 CDE 1800 960 0

DCE 42

2 2

 

   . Vậy  0

CNM42

HD3: Hoàng Tiến Quý – THCS Thành Sơn
Vẽ dường phân giác AK của góc BAC.

Theo tính chất đường phân giác trong của
tam giác và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng
nhau ta có:

CK BK BC CK BC CK CK BC

CA BA BA CA BA CA BA

  

   

 

Mặt khác :

2 2

AD AC CD

CN CD ND CD CD

CD AC AB AC



     

 

 

2
2
BC

CM BC

AB AC

CN AB AC

  

 

Vậy CK CM

CA CN . Do đó ACK NCM c g c( . . )

   

0
0
84

( ) 42

2 2

CAB

CNM CAK dv   

HD4: Gọi I là trung điểm của AC, khi
đó IM là đường trung bình của tam
giác ABC nên IM = AB/2 = CD/2

Mặt khác

2 2

( )

2 2

AC AD

NI AI AN

AC AC CD CD

   

 

 

Vậy IM = IN nên tam giác IMN cân
tại I.

Hồ Sỹ Tuân 3

F
E

M
N
D

I
N

M
A

I
D
N

M C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lại do IM là đường trung bình của tam giác ABC nên CIM  A 840
Từ đó dễ dàng suy được  0

CNM42

Bài 5: Cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi. Điểm M, N, P lần lượt thuộc
cạnh AB, BC, CA sao cho AM BN CP k (k 0)

MB NC PA  
a) CMR: ( 1)2

AMP

S k

S  k

b) Tìm K để SMNP nhỏ nhất

HD: a) Từ C và P kẻ CH, PG cùng vng
góc với AB; PG//CH , theo talet:

GP AP

CH AC

2SAMP = AM.PG

2S = AB. HC

Vậy: . .

. .

AMP

S AM PG AM AP

S  AB HC AB AC
Từ AM BN CP k (k 0)

MB NC PA   ta suy ra

1 1 1

AM k AM k AM k

hay

MB   MB AM k AB k

Và 1 1 : 1

1 1

CP PA PA PA

k Hay

PA  CP  k CP PA k AC k

Suy ra: 2

. 1

. 1 1 ( 1)

AMP

S AM AP k k

S AB AC k k  k (đpcm)
b) theo câu a) Ta có: ( 1)2

AMP

S k

S  k
hồn tồn tương tự ta có : ( 1)2

BMN

S k

S  k và ( 1)2

NPC

S k

S  k
Vậy SMNP 1

S   (

BMN

S
S 

NPC

S

S  )

AMP

S

S = 1 - 2
3
( 1)

k
k
Ta có S không đổi, vậy để

Vậy để SMNP nhỏ nhất thì 2
3
( 1)

k

k lớn nhất <=> ( 1)2
k

k lớn nhất
Theo BĐT Côsi

2 2 2

(k 1)

k k.1 4 1

(k 1) (k 1) (k 1) 4



  

  

Dấu bằng xảy ra khi k = 1 hay M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, AC
Vậy với k = 1 thì SMNP nhỏ nhất.

Hồ Sỹ Tuân 4

C
M

</div>

Dap an THI LY THUYET GVG Ba thuoc









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về