Đang tải... (xem toàn văn)
Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm của các phần ñã chấm, kh[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH
-
-KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2011 - 2012
-
ðỀ THI CHÍNH THỨC
MƠN: TỐN (BẢNG A) Ngày thi: 23/03/2012
Thời gian làm bài: 150 phút
( không kể thời gian giao ñề) (ðề thi có trang)
Câu I.( 2,0 ñiểm)
Cho 3
x 1= + 2+ 4, chứng minh rằng: P=x3−3x2−3x+3 số chính phương
Câu II.( 6,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2
x 4y 5
4xy x 2y 7
+ =
+ + =
;
2) Giải phương trình: 2x 12 y 12 6z 2 9 9
x y z 4
− − −
+ + =
Câu III.( 3,0 ñiểm)
Tìm giá trị tham số m để tập nghiệm phương trình sau có một phần tử:
( )
2
m x 2m 5 x 1
0 x 1
− + +
=
−
Câu IV.( 7,0 ñiểm)
Hai ñường tròn (O) (O’) cắt A B Trên tia ñối tia AB lấy M khác A Qua M tiếp tuyến MC MD với ñường tròn (O’) ( C D các tiếp điểm, C nằm ngồi (O)) ðường thẳng AC cắt ñường tròn (O) P khác A, ñường thẳng AD cắt đường trịn (O) Q khác A ðường thẳng CD cắt PQ K Chứng minh:
1) Tam giác BCD tam giác BPQ ñồng dạng
2) ðường tròn ngoại tiếp tam giác KCP ln qua điểm cố định M thay ñổi
3) K trung ñiểm PQ
Câu V.( 2,0 ñiểm)
Cho a, b, c ba số thực dương, chứng minh bất ñẳng thức:
3 3
2 2
a b c
a b c
b + c + a ≥ + +
……… Hết ………
Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……….
Họ tên, chữ ký giám thị số 1:
………
(2)HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2011 - 2012
MƠN TỐN BẢNG A
CÂU LỜI GIẢI SƠ LƯỢC ðIỂM
( ) (2 ) ( )3
3 3 3
3
3 3
1 2 2 1
1
x
2 2
+ + −
−
= + + = = =
− − −
1,0 ñ
I
(2,0 ñ) ⇔x(32−1)= ⇔1 32.x− = ⇔x 32.x = +x ( ) ( )
3 3
32.x x 1
⇔ = +
3 3 2
2x x 3x 3x P x 3x 3x
⇔ = + + + ⇔ = − − + = =
Vậy P số phương
1,0 đ
1) Cộng vế với vế hai phương trình ñược:
( ) (2 )
2
x +4y +4xy+ +x 2y=12⇔ x+2y + x+2y −12=0 0,5 đ ðặt x+2y=t ta có phương trình: t2+ −t 12=0, giải phương trình được:
1
t = −4; t =3 0,5 ñ
Với t1= −4, kết hợp với phương trình 4xy+ +x 2y=7 4xy=11 Mà 2
x +4y =5 ⇒x2 +4y2 −4xy= − ⇒6 (x−2y)2 = −6 ( loại) 0,5 ñ Với t2 =3, kết hợp với phương trình 4xy+ +x 2y=7 ñược 4xy=4 Mà
2
x +4y =5 ⇒x2 +4y2 −4xy= ⇒1 (x−2y)2 = ⇒ −1 x 2y= ±1 *) x−2y=1, kết hợp với x+2y=3 ñược nghiệm:
1
1
x
1 y
2
=
=
**) x−2y= −1, kết hợp với x+2y=3, ñược nghiệm 2
x
y
=
=
1,25 ñ
Vậy hệ có hai nghiệm là: 2;
( )1;1 0,25 ñ
2) ðK: x≠0; y≠0; z≠0 0,25 ñ
2 2 2
2x y 6z 9 1 9
0
4 x y z
x y z x y z
− − −
+ + = ⇔ − + − + − − =
2 2
1 1
1
x y z
x y z
⇔ − + + − + + − + =
2
2
1 1
1
x y z
⇔ − + − + − =
2,0 đ
Ta có
2
1
x
− ≥
với x∀ ,
2 1
0 y
− ≥
với y∀ ,
2
1
z
− ≥
với z∀ Vậy :
2
1 1
1
x y z
− + − + − =
1 1
1
x y z
⇔ − = − = − =
0,5 ñ
II (6,0 đ)
KL: phương trình có nghiệm : x y z
=
=
=
(3)Số nghiệm phương trình ( ) 2
m x 2m x
0 x
− + +
=
− (1)
là số nghiệm x≠1 phương trình m x2 2−(2m+5 x 1) + =0 (2)
0,5 ñ
TH1 : Với m2 = ⇔0 m=0 (2) có nghiệm x 1
= ≠ Vậy m=0 giá trị cần tìm
0,25 đ TH2: Với m2 ≠ ⇔0 m≠0 (2) có ∆ =(2m+5)2 −4m2 =20m+25 0,25 đ
*) Với m
4
∆ < ⇔ < − ⇔( )2 vô nghiệm ⇔( )1 vô nghiệm Vậy m
< −
khơng thỏa mãn
0,5 đ
**) Với m ( )2
4
∆ = ⇔ = − ≠ ⇔ có nghiệm kép x1;2
5
= ≠ ⇔tập nghiệm (1) có phần tử Vậy m
4
= − giá trị cần tìm
0,5 ñ
***) Với ( )
5 m
0
m
> −
∆ > ⇔ ⇔
≠
có hai nghiệm phân biệt ðể tập nghiệm (1) có phần tử (2) có nghiệm x=1
2
1;2
m 2m m
⇔ − − = ⇔ = ± , kết hợp với ñiểu kiện
5 m
4
m
> − ≠
m= +1 m= −1 hai giá trị cần tìm
0,75 đ
III (3,0 đ)
Vây giá trị cần tìm m là: m1 0; m2 5; m3 5; m4
= = − = + = − 0,25 ñ
1) BPQ· =BAQ· ( hai góc nội tiếp (O) chắn »BQ )
· ·
BAD=BCD (hai góc nội tiếp (O’) chắn BD» )
· ·
BPQ BCD
⇒ =
1,0 ñ
· ·
BQP=BAC ( tứ giác ABQP nội tiếp (O))
· ·
BAC=BDC ( hai góc nội tiếp (O’) chắn »CB )
· ·
BQP BDC
⇒ =
1,0 ñ
Vậy tam giác BCD tam giác BPQ ñồng dạng 0,5 đ
2) Vì BCD· =BPQ· ⇒BPK· =BCK· ⇒ tứ giác BCPK nội tiếp 1,0 ñ Hay ñường tròn ngoại tiếp tam giác CPK ñi qua B cố định 1,0 đ
3) Vì tứ giác BCPK nội tiếp⇒BCA· =BKQ· mà CAB· =KQB· ⇒ ∆BCA
∆BKQ ñồng dạng KQ CA
BK CB
⇒ = (1) 0,5 ñ
· ·
MCA=CBA( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (O) chắn »AC )⇒ ∆MCA ∆MBC ñồng dạng CA MA
CB MC
⇒ = (2) 0,5 ñ
IV (7,0 ñ)
vì tứ giác BCPK nội tiếp ⇒PBK· =PCK· , mà ACD· =ABD· ( hai góc nội tiếp (O') chắn »AD)⇒PBK· =ABD·
lại có BAD· =BPK· ( hai góc nội tiếp (O) chắn »BQ)
⇒∆ABD ∆PBK ñồng dạng ⇒ KP AD BK = BD (3)
(4)· ·
ADM=MBD( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (O') chắn AD» ) ⇒ ∆MAD ∆MDB ñồng dạng ⇒ AD MA
BD = MD (4)
0,5 ñ từ (1), (2), (3), (4) MC = MD ( tính chất tiếp tuyến) ⇒KP = KQ (ðPCM) 0,5 ñ
K
Q
P D
C
B A
O' O
M
Hình vẽ Áp dụng Bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương
3 a
b ab có:
3
2
a a
ab ab 2a
b + ≥ b = , tương tự ñược:
2 b
bc 2b
c + ≥ ;
3
2 c
ac 2c a + ≥
0,5 ñ
Cộng vế với vế ba BðT ta ñược:
( ) ( )
3 3
2 2
a b c
ab bc ca a b c
b + c + a + + + ≥ + + (1)
0,25 ñ
Theo Cơ – si có 2
2
a b
a b ab
+
≥ = , tương tự
2 2
b c c a
bc; ac
2
+ +
≥ ≥ 0,5 ñ
cộng vế với vế ñược a2 +b2+c2 ≥ab+bc+ca (2) 0,25 ñ
V (2,0 ñ)
Cộng vế với vế (1) (2) ñược :
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
2 2 2
a b c
ab bc ca a b c a b c ab bc ca
b + c + a + + + + + + ≥ + + + + +
3 3
2 2
a b c
a b c
b c a
⇔ + + ≥ + + (ðPCM)
0,5 ñ
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 ña
2. Với cách giải ñúng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi thống nhất điểm chi tiết khơng vượt q số điểm dành cho câu hoặc phần Mọi vấn đề phát sinh q trình chấm phải trao ñổi tổ chấm cho ñiểm theo thống tổ 3. ðiểm tồn tổng số điểm phần chấm, khơng làm trịn