Đề thi chọn học học sinh giỏi tỉnh Quảng Ninh môn Toán 2010 2011

Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 là lập phương của một số tự nhiên.. Vẽ hai đường kính AE và BF của đường tròn O; R.. c Tìm vị trí điểm C trên cung EF sao cho diện tích tứ giác ACBD l

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 -2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MÔN: TOÁN (BẢNG A)

Ngày thi: 24/3/2011

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang)

Họ, tên và chữ ký của Giám thị số 1:

Câu 1 (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z là các số dương và xyz4 Tính giá trị của biểu thức:

y

P

xy x 2 yz y 1 zx 2 z 2

b) Rút gọn biểu thức:A 3 2 3x x2  3 2 3x x2 với 3 x 3

2  

Câu 2 (4,5 điểm)

a) Giải phương trình: x 1 x 4     2 2 3x 4

b) Biết phương trình 2

ax bx c 0(ẩn x) có nghiệm, chứng minh rằng phương trình 3 2 3 3

a x  b x c 0 (ẩn x) cũng có nghiệm

Câu 3 (2,5 điểm)

Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 là lập phương của một số tự nhiên

Câu 4 (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và điểm I ở bên ngoài đường tròn (O; R) Đường tròn đường kính IO cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A và B Vẽ hai đường kính AE và BF của đường tròn (O; R) Điểm C di động trên cung EF (không chứa điểm A) của đường tròn (O; R) với C khác E và F Đường thẳng CO cắt đường tròn (O; R) và đường tròn đường kính IO lần lượt tại K và D (K khác C và D khác O)

CADOBK180 b) Chứng minh K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD

c) Tìm vị trí điểm C trên cung EF sao cho diện tích tứ giác ACBD lớn nhất

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương, chứng minh:

3a b c3b c a 3c a b 5

Đẳng thức xảy ra khi nào?

_Hết _

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 -2011

MÔN: TOÁN - BẢNG A (Đề thi chính thức)

điểm

1

(4,0

đ)

a) Có xyz = 4 => xyz 2

xy

P

xy x 2 xyz xy x zx 2 z xyz

0,25 0,5

1,25

2

3 2 3x x  x  3 x và

2

3 2 3x x  x  3 x

giải thích được: x 3 x  x 3 x  ; x 3 x  x 3 x

Kết quả A2 x

1,0 0,5 0,5

2

(4,5

đ)

a) ĐK: x 4

3

  Phương trình đã cho tương đương với:

3x 4 1 3x 4 1

 

 

x 1

   hoặc x 4 6 0

 

(1)

Giải (1) nếu x > -1 thì x +4 > 3 và 6

3x   4 1< 3 => (1) vô nghiệm

nếu 4 x 1

3

    thì x +4 < 3 và 6

3x   4 1> 3 => (1) vô nghiệm

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = -1

(hoặc biến đổi vế trái thành đa thức bậc hai rồi bình phương hai vế và biến đổi

PT thành:(x + 1) 2

(x 2 +8x+20)= 0 rồi tìm được nghiệm duy nhất của PT là x= -1)

0,25

0,75

0,25 0,5

0,5 0,25

b) + Với a = 0; PT ax2bx c 0(1) <=> bx+c = 0 và PT a x3 2b x c3  3 0(2)

<=> b3x + c3 =0 (2') Do (1) có nghiệm nên x0 sao cho bx0 + c = 0

<=> bx0 = -c <=> b3(x0)3=-c3 <=> b3(x0)3 + c3 = 0 => PT (2') và do đó (2) nhận

(x0)3 làm nghiệm

+ Với a khác 0 và PT (1) có nghiệm nên  1 b2 4ac0 => b6  64a3b3

PT (2) là PT bậc hai có 6 3 3

2 b 4a c

   Nếu ac 0thì 64a3b3  4a3b3

=>  2 b64a c3 3 b664a c3 3 0=> PT (2) có nghiệm

Nếu ac< 0 thì 6 3 3

2 b 4a c 0

    => PT (2) có nghiệm Tóm lại: phương trình (1) có nghiệm thì PT (2) cũng có nghiệm

0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25

3

(2,5

đ)

Xét p = 2 => 2p+ 1 = 5 => p = 2 không thoả mãn

Xét p > 2 Giả sử 2p + 1 = t3, t là số tự nhiên, t > 1

=> 2p = t3 - 1 = (t-1)(t2 + t+1)

chỉ ra được t(t+1) là số chẵn => (t2+t+1) lẻ có 2p chẵn và t2+t+1 lẻ => t -1 chia

hết cho 2 > nên p có hai ước t 1

2



và t +t 12 

0,25

0,5 0,5 0,5

vì 2

t +t 1 1  và p nguyên tố nên phải có t 1

2



=1 => t=3 với t = 3 => p =13 (thoả mãn) Vậy p = 13

0,5 0,25

4

(7,0

đ)

a) OBA= ODA (góc nt cùng chắn AO của đường tròn đường kính IO)

góc KBA = góc KCA (góc nt cùng chắn cung AK của (O))

=> CAD OBK CAD ACD ADC 180     0(tổng ba góc tam giác ACD)

0,5 0,5 1,0 b) A, B thuộc đường tròn đường kính OI => IA, IB là tiếp tuyến của đường tròn

(O;R) => O là điểm chính giữa cung AB của đường tròn đường kính OI nên K

thuộc DO là phân giác của góc ADB (*)

góc KAB= 1/2 góc KOB (góc nt và góc ở tâm cùng chắn một cung của (O));

góc KOB = góc DAB (cùng chắn cung BD của đường tròn đường kính IO);

=> góc KAB =1/2 góc DAB => K thuộc phân giác của góc DAB (**)

Từ (*) và (**) => K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD

0,75 0,5 0,5 0,5 0,25 c) Hạ CP, DQ cùng vuông góc với AB; M là giao điểm của CD và AB; r là bán

kính của đường tròn đường kính IO SACBD = SACB+ SADB = 1AB(CP+DQ)

AB không đổi nên SACBD lớn nhất <=> CP + DQ lớn nhất

CP  CM, DQ  DM  CP DQ   CD.

Lại có CD = CO+OD  R+ 2r Đẳng thức xảy ra khi OD là đường kính của

đường tròn đường kính IA và P trùng M và Q trùng với M <=> C nằm chính giữa

cung AB <=> C là điểm chính giữa cung EF

Vậy SACBD lớn nhất <=> C là điểm chính giữa EF không chứa A của (O)

1,25

1,0 0,25

5

(2,0

đ)

Đặt x = 3a + b + c; y = a + 3b + c; z = a + b + 3c

=> x + y + z = 5(a + b + c) = 5 (x  2a) = 5(y2b) = 5(z  2c)

=> 4x y z; 4y z x; 4z x y

=6 1 y+x y z x z

5 10 x y z y z x

do a, b, c là các số dương nên y x y z x z; ; ; ; ;

x y z y z xcũng là các số dương Chỉ ra được

x y      z y z x và kết luận được a b c 3

3a b c3b c a3c a b 5

Đẳng thức xảy ra khi a= b = c

0,75

0,5

0,5 0,25

Các chú ý khi chấm

1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách

giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt

chẽ, tính toán chính xác mới cho điểm tối đa

2 Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm Tổ chấm

trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được

vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó

3 Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới

0,25 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm Điểm

toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm

tròn

M Q P

D K

E

F

B

A

C

hình vẽ câu 4

Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Ninh