Đang tải... (xem toàn văn)
- Đáp án có chỗ còn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ còn chưa chi tiết cho từng bước lập luận, biến đổi.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Mơn : TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút
MA TRẬN ĐỀ CHÍNH THỨC
Phân mơn Mức độ Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng cộng Mạch kiến thức
SỐ HỌC
Tính chia hết 1
2.0 2.0
Phương trình nghiệm nguyên 1
2.0 2.0
ĐẠI SỐ
Phân tích đa thức thành nhân tử;Căn thức 1
2.0 2.0 4.0
Phương trình, hệ phương trình 1
2.5 2.5 5.0
Bất đẳng thức 1
2.0 2.0
HÌNH HỌC
Định lý Thales, tam giác đồng dạng 1
1.0 1.0
Diện tích 1
0.5 0.5
Đường tròn 3
3.5 3.5
TỔNG CỘNG 5.0 7.0 8.0 12 20.0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi : 30/3/2010 Mơn : TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (4,0 điểm)
a) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 6x + 5y + 18 = 2xy b) Cho biểu thức A = a3 + a2 + a
24 12 với a số tự nhiên chẵn Hãy chứng tỏ A có giá trị nguyên
(2)Bài 2 : (4,0 điểm)
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 – 9x2 + 13x – 6
b) Tính giá trị biểu thức M = x3 – 6x với x = 3
20 + 14 + 20 - 14
Bài 3 : (5,0 điểm)
a) Giải phương trình:
x - + - x = x - 8x + 24
b)Giải hệ phương trình:
1
x + y + + =
x y
1
xy + = xy
Bài 4 ( 5,0 điểm)
Cho tam giác cân ABC (AB = AC;Â< 900), đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm M M B;C Gọi
I; H; K hình chiếu M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH
a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác góc HMK b) Chứng minh PQ // BC
c) Gọi (O1) (O2 ) đường tròn ngoại tiếp MPK vàMQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) (O2 )
d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai (O1),(O2 ) Chứng minh M,N,D thẳng hàng
Bài 5 ( 2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh :
AM BN CP+ + OM ON OP
- HẾT -Ghi : Cán coi thi khơng giải thích thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn : TỐN
Bài Câu Bài giải Điểm
a
2điểm Ta có:
6x5y18 2 xy 2xy - 6x - 5y = 18
2xy - 6x + 15 - 5y = 33
(3)1 4điểm
Ta xét trường hợp sau : * 2yx 15 33 xy194
* 2yx 335 1 xy336
* 2yx 115 3 xy144
* 2yx 35 11 xy86
Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
0,75đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ b
2điểm Vì a chẵn nên a = 2k k N Do 2
24 12
k k k k k k
A
3 1 2 1
2
6
k k k
k k k
Ta có : k k+1 2 k k+1 2k+1 2
Ta chứng minh : k k 1 2 k 1 3 Thật :
- Nếu k = 3n (vớin N ) k k 1 2 k 1 3
- Nếu k = 3n + 1(vớin N ) 2k 1
- Nếu k = 3n + 2(vớin N ) k 1
Với k N k k 1 2 k1luôn chia hết cho cho
Mà (2, 3) = k k 1 2 k 1 6 Vậy A có giá trị nguyên
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,75đ 0,25đ
2 4điểm
a
2điểm a) 2x
3 – 9x2 + 13x – = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6 = 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6) = (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
0,5đ 1,0đ 0,5đ b
2điểm Đặt u =
3 20 14 2
; v = 3 20 14 2
Ta có x = u + v u3 v3 40
u.v = 3(20 14 2)(20 14 2) 2 x = u + v x3 u3 v3 3 (uv u v)
= 40 + 6x
hay x3 6x 40
Vậy M = 40
0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ
5điểm 2,5điểma PT:
2
2 24
x x x x (1)
ĐKXĐ: 2 x
Chứng minh được: x 2 6 x2
Dấu “=” xảy x – = – x x =
x2 8x 24 (x 4)2 8 8 2
(4)Dấu “=” xảy (x – 4)2 = x - = x = 4
Phương trình (1) xảy x =
Giá trị x = : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S =
0,5đ 0,25đ b
2,5điểm Điều kiện: xy 0
1
x + y + + =
x y
1
xy + = xy 2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)
2(xy) -5xy+2=0 (2)
Giải (2) ta được:
xy=2 (3) xy= (4)
Thay xy = vào (1) ta x + y = (5) Từ (5) (3) ta được:
1 2 x y x y xy x y
( thoả mãn ĐK)
Thay xy =
2 vào (1) ta x + y = (6)
Từ (6)và(4) ta được:
1 2 1 2 x y x y xy x y
(thoả mãn ĐK)
Vậy hệ cho có nghiệm là: 1 ( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1
2
(5)a 0,75điểm
b 1,25điểm
c 1,0điểm
a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác củaHMK
Vì ABC cân A nên ABCACB
Gọi tia đối tia MI tia Mx
Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp
IMH 1800 ACB 1800 ABC IMK
1800 1800
KMx IMK IMH HMx
Vậy Mx tia phân giác củaHMK .
b) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp
KIM KBM HIM ; HCM
PIQ KIM HIM KBM HCM
Mà KBM ICM ( 1
2sd BM )
HCM IBM(
2sdCM )
PIQ ICM IBM
Ta lại có PMQ ICM IBM 1800
( tổng ba góc tam
giác)
180
PMQ PIQ
Do tứ giác MPIQ nội tiếp
MQP MIK
(
2sd PM ) Mà MIK MCI ( KBM )
MQP MCI
PQ// BC
c) Ta có MHI MCI ( 1
2sd IM ) mà MQP MCI ( c/minh b)
MQP MHI sd MQ
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
(6)d 1,0điểm
Hai tia QP;QH nằm khác phía QM
PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiêp điểm Q (1) Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn (O1) tiêp điểm P (2)
(1) (2) PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1)
(O2)
d) Gọi E; E’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE2 = EM EN (
PEM NEP )
QE2 = EM EN (
QEM NEQ )
PE2= QE2 ( PE;QE >0)
PE= QE
Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
' '
EP EQ
E B E C ( định lí Ta Lét)
Mà EP = EQ E’B = E’C E’D
Suy N, M, D thẳng hàng
0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,5đ
2điểm
N A
B C
O
K
H M
P
Từ A O kẻ AH BC
OK BC (H, K BC) AH // OK
Nên OM OK
AM AH (1)
1
BOC ABC
OK BC
S OK
S AH BC AH
(2) (1) , (2) BOC
ABC
S OM
S AM
Tương tự : AOC ABC
S ON
S BN
AOB ABC
S OP
S CP
Nên BOC AOC AOB
ABC ABC ABC
S S S
OM ON OP
AM BN CP S S S (3)
0,25đ 0,25đ
0,75đ
S
(7)Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: (a+ b + c) ( 1
a b c )
Nên ( OM ON OP AM)( BN CP)
AM BN CP OM ON OP (4)
Từ (3) ,(4) suy :
AM BN CP
OM ON OP (đpcm) 0,75đ
Ghi chú:
- Hướng dẫn trình bày cách giải Mọi cách giải khác cho điểm tối đa theo câu,
- Đáp án có chỗ cịn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ chưa chi tiết cho bước lập luận, biến đổi Tổ giám khảo cần thảo luận thống trước chấm
- Điểm toàn khơng làm trịn số