DE THI HSG QN 2011A

Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p+1 là lập phương của một số tự nhiên. 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 giá[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

MƠN: TỐN (BẢNG A) Ngày thi: 24/3/2011 Thời gian làm bài: 150phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang)

Họ, tên chữ ký Giám thị số 1:

Câu (4,0 điểm)

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

x z

P

xy x yz y zx z

   

     

b) Rút gọn biểu thức:A 3x x2  3x x2 với 3 x   Câu (4,5 điểm).

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

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

a x  b x c 0 (ẩn x) có nghiệm Câu (2,5 điểm)

Tìm số nguyên tố p cho 2p+1 lập phương số tự nhiên Câu (7,0 điểm).

Cho đường tròn (O; R) điểm I bên ngồi đường trịn (O; R) Đường trịn đường kính IO cắt đường trịn (O; R) hai điểm phân biệt A B Vẽ hai đường kính AE BF đường tròn (O; R) Điểm C di động cung EF (không chứa điểm A) đường tròn (O; R) với C khác E F Đường thẳng CO cắt đường tròn (O; R) đường trịn đường kính IO K D (K khác C D khác O)

a) Chứng minh:

CADOBK180

b) Chứng minh K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD

c) Tìm vị trí điểm C cung EF cho diện tích tứ giác ACBD lớn Câu (2,0 điểm).

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

a b c

3a b c3b c a  3c a b 5 Đẳng thức xảy nào?

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

MƠN: TỐN - BẢNG A (Đề thi thức)

Câu Sơ lược lời giải Cho

điểm

1 (4,0

đ)

a) Có xyz = => xyz xy

x z

P

xy x xyz xy x zx z xyz

  

     

 

xy xy x

x z

P

xy x xy x z x xy xy x

 

     

       

0,25 0,5

1,25

b) giải thích biến đổi được:  

2

3 3x x  x  x

 2

2

3 3x x  x  x

giải thích được: x x  x x  ; x x  x x Kết A2 x

1,0 0,5 0,5

2 (4,5

đ)

a) ĐK: x

  Phương trình cho tương đương với:

     

    

2 3x 3x 6(x 1)

x x x x

3x 3x

    

      

   

x

   x

3x

  

 

(1)

Giải (1) x > -1 x +4 >

3x 4 1< => (1) vô nghiệm

x

    x +4 <

3x 4 1> => (1) vô nghiệm

Vậy PT cho có nghiệm x = -1

(hoặc biến đổi vế trái thành đa thức bậc hai bình phương hai vế biến đổi PT thành:(x + 1)2

(x2+8x+20)= tìm nghiệm PT 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 = PT a x3 2b x c3  0(2)

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

<=> bx0 = -c <=> b3(x0)3=-c3 <=> b3(x0)3 + c3 = => PT (2') (2) nhận (x0)3 làm nghiệm

+ Với a khác PT (1) có nghiệm nên  1 b2 4ac0 => b6  64a3b3 PT (2) PT bậc hai có 3

2 b 4a c

   Nếu ac 0thì 64a3b3  4a3b3 =>  2 b64a c3 b664a c3 0=> PT (2) có nghiệm

Nếu ac< 3 b 4a c

    => PT (2) có nghiệm

Tóm lại: phương trình (1) có nghiệm PT (2) có nghiệm

0,25 0,5 0,25

0,5 0,25 0,25 3

(2,5 đ)

Xét p = => 2p+ = => p = không thoả mãn Xét p > Giả sử 2p + = t3, t số tự nhiên, t > => 2p = t3 - = (t-1)(t2 + t+1)

chỉ t(t+1) số chẵn => (t2+t+1) lẻ có 2p chẵn t2+t+1 lẻ => t -1 chia hết cho > nên p có hai ước t

2 

t +t 12 

vì

t +t 1  p nguyên tố nên phải có t 

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

0,5 0,25

4 (7,0

đ)

a) OBA= ODA (góc nt chắn AO đường trịn đường kính IO) góc KBA = góc KCA (góc nt chắn cung AK (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 trịn đường kính OI => IA, IB tiếp tuyến đường tròn

(O;R) => O điểm cung AB đường trịn đường kính OI nên K thuộc DO phân giác góc ADB (*)

góc KAB= 1/2 góc KOB (góc nt góc tâm chắn cung (O)); góc KOB = góc DAB (cùng chắn cung BD đường trịn đường kính IO); => góc KAB =1/2 góc DAB => K thuộc phân giác góc DAB (**) Từ (*) (**) => K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD

0,75 0,5 0,5 0,5 0,25 c) Hạ CP, DQ vng góc với AB; M giao điểm CD AB; r bán

kính đường trịn đường kính IO SACBD = SACB+ SADB =

1

AB(CP+DQ)

2 Do

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

CPCM, DQDMCP DQ CD

Lại có CD = CO+OD  R+ 2r Đẳng thức xảy OD đường kính đường trịn đường kính IA P trùng M Q trùng với M <=> C nằm cung AB <=> C điểm cung EF

Vậy SACBD lớn <=> C điểm EF khơng chứa A (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) = (x  2a) = 5(y2b) = 5(z  2c) => 4x y z; 4y z x; 4z x y

10 10 10

a   b   c  

a b c 4x y z 4y z x 4z x y

3a b c 3b c a 3c a b 10x 10y 10z

     

     

     

=6 y+x y z x z 10 x y z y z x

 

      

 

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

x y z y z xcũng số dương Chỉ

y x y z x z

+

x y    z y z x kết luận

a b c

3a b c3b c a  3c a b 5 Đẳng thức xảy a= b = c

0,75

0,5

0,5 0,25 Các ý chấm

1 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác cho điểm tối đa

2 Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho câu phần

3 Có thể chia nhỏ điểm thành phần không 0,25 điểm phải thống tổ chấm Điểm toàn tổng số điểm toàn chấm, khơng làm trịn.

M Q P

D K

E F

B A

O I

C

hình vẽ câu