De HSG Cap Tinh Bac Giang

Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.[r]

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐỀ THI MƠN: TỐN LỚP Ngày thi: 02/4/2011 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( điểm)

1 Cho hai số x y, 0 Rút gọn biểu thức sau:

2 2 4

4

2 2 2

( ) ( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

    

  

2 Cho 3

2 2

x    3

3 17 17 y    Tính giá trị biểu thức: Bx3y36x6y2013

Câu 2: ( điểm ) Cho hệphương trình  

2

2ax ay x y 2b y x b

    

 

  



(1) (a, blà tham số)

1 Giải hệ phương trình (1) với 2; 3

a b

2 Tìm giá trị thực bđể hệ phương trình (1) có nghiệm với số thực a Câu 3: ( điểm)

Tìm tất số tự nhiên nđể Pn22n1n22n21 số nguyên tố

2 Giải phương trình nghiệm nguyên:

2y 2x 9x 2011 Câu 4: (6 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; r), với BC đường kính cố định, điểm A thay đổi Lấy điểm D đối xứng với điểm A qua điểm B Kẻ AM vng góc vớiBC (MBC), Điểm N là trung điểm đoạnMC Đường thẳng DM cắt (O) điểmP và Q, đường thẳngAN cắt (O) tạiđiểm thứ hai K Chứng minh rằng:

1 ĐiểmD di động mộtđường tròn cốđịnh DM AN

3 Tổng bình phương cạnh tứ giác APKQ không đổi Câu 5: (2 điểm)

Cho a b c, , độ dài ba cạnh tam giác x y z, , ba số thực thoả mãn

ax by cz a b c      Chứng minh rằng: xyyzzx2x2y2z 3 - Hết -

Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9

MƠN THI: TỐN (đề thức)

NGÀY THI 02/4/2011 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu Phương pháp-Kết quả Điểm

Câu ( điểm)

Ta có:

2 2 4

4

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

( ) ( )

( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

x y x y x y

x y

x y x y x y

    

  

 

      

    

0.5 đ Do

2 4 2

2

2 2

x y x y x y x y

x y x y

 

   

  nên

2 2 2

2

2 2 2

2

( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

xy x y

x y

    

  

 

     

 

0.75 đ

2

xy x y xy

A x y

x y x y

 

   

  0.5 đ

Câu1.1 (2điểm)

2

0

xy x y xy

x y

x y x y

   

   

 

 

 

Vậy

2

x y xy A

x y

 





0.25đ Ta có

 

 

3

3 3

3 3

2 2

2 2 3 2 2 2 2

x

x

   

         

  1.0đ

Câu 1.2 (2điểm)

Suy ra: x36x4.

Tương tự ta có

6

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang Từ đó:

3

3 6 6 2013 6 ( 6 ) 2013 4 2013 2011.

Bx y  x y x  x y  y     

0.5đ

Câu (4điểm)

 

 

2

2 2 (1)

ax ay x y b

y x b

    

 

  



Từ (2) yxb vào (1), ta

 

 

2

2

2 ( + ) 2

3 2 (*)

ax a x b x b b

ax ab x ab

   

    

0.5 đ Với 2;

3

a b ta có

(*)2x 8x60

0.5 đ

1

3

x y

x y

    

     



0.5 đ

Câu 2.1 (2điểm)

KL : Hệ có nghiệm (x,y)   1; ;( 3;0)    0.5 đ Hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm x

Vì ta cần tìm b để hệ có nghiệm với a nên ta xét a0 0.5 đ Với a0 (*) có nghiệm

 2 2  2

' ab 3a b 3 ab 

       

  0.5 đ

Nếu b0  ' 60 với a, thoả mãn

Nếu b0 ' khơng thể lớn với a0 (ví dụ ta chọn a

b

 ) 0.5 đ

Câu 2.2 (2điểm)

KL: Giá trị cần tìm b

0.5 đ

Câu (4điểm)

  

2 2

P n  n n  n 

Ta có

       

      

2

2

2 2 2

1 1 1 1

1 1 3

P n n n n

n n n n n n

 

         

 

 

         

  0.5 đ

+Xét n=0 ta có P=3 số nguyên tố

+ Xét n=1 ta có P=1 không số nguyên tố 0.5 đ Câu 3.1

(2điểm)

+Xét n>1 Do n số tự nhiên nên

1 ( 1)

n   n n n   P>0 suy

3

n  n  2

1 3

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang

Để P là số nguyên tố n23n  3 1 n23n20n1,n2

Vậy với n= n= P là số nguyên tố 0.5đ Giải

2y 2x 9x 2011.(1)

Đặt

,( 0)

tx t phương trình cho trở thành

3

2y 2t 9t 2011

 3

2 y t 9t 2011

    (*) 0.5 đ

+ Nếu yt 2 2011

(*) (*) 2011

9

VT  VP   t   t 

Do t nguyên nên

223 15

t   t  x 

0.5 đ Từ (1) ta thấy x lẻ nên x   1; 3 Thử trực tiếp

1; 10

x  y  thoả mãn

0.5 đ Câu 3.2

(2điểm)

+ Nếu yt ta chứng minh y t Thật ta có

 3

3

2t 9t 20112y 2 t2 3t 24t20270 (luôn đúng) Nên y t thay vào (*) ta

2 671

t  t  , phương trình khơng có nghiệm ngun

KL : Phương trình có nghiệm x y, 1; 10 ;   1; 10 0.5đ

Câu (6 điểm)

H

P

N O B

D O'

C A

M

R Q

I

Lấy điểm O’ đối xứng với O qua điểm B suy O’ cố định

0.5 đ Hai tam giác O’BD OBA (c.g.c) 0.5 đ

nên O’D=O’B=r 0.5 đ

Câu 4.1 (2điểm)

suy D nằm đường trịn (O’,r) cố định

0.5 đ Ta có BAM ACM (1) (cùng phụ với góc ABM)

Suy hai tam giác vuông BMA AMC đồng dạng

0.5 đ Câu 4.2

(2điểm)



1 AD

AB AM 2 AM AD AM

AC  MC  AC  2CN  AC  CN (2)

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang

 ADMCAN

Ta có    

ADMDANCANDAN90

0.5 đ suy tam giác DHA vuông H (H giao điểm AN DM)

hay DMAN

0.5 đ Kẻ đường kính AI

-Ta có IKAKvà DMAN  PQ // IK

0.5 đ suy PIKQ hình thang nội tiếp đường trịn (O) nên

hình thang cân

Suy QK=PI PK=QI

0.5 đ

-Ta có AP2QK2 AP2PI2AI24r2

2 2 2

AQ PK AQ QI AI 4r

0.5 đ Câu 4.3

(2điểm)

Vậy 2 2

AP PK +KQ QA 8r không đổi

0.5 đ

Câu (2 điểm)

Giả thiết ax by cz a b c     0(*)

Cần chứng minh xyyzzx2x2y2z 3 (1) Ta có (*)a x( 1)b y( 1)c z( 1)0

(1)(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)0

Đặt mx1;n y1;p z 1, ta có (*)ambncp0 (**)

(1)mnnp pm0 (2)

0.5 đ Từ (**)suy p am bn

c 

  , vào(2), ta có

 

am bn

mn m n

c 

  

2

2

0

( )

cmn am bmn amn bn am a b c mn bn

     

      0.5 đ

+Nếu n0 suy

0

am  , ln +Nếu n0

2

2

( ) m ( )m

am a b c mn bn a a b c b

n n

 

            

 

 

2

4

0

2

ab a b c m a b c

a

n a a

  

 

 

     

  (3)

0.5 đ

Lại có  2

4ab a b c

     

2 2

2 2

2 2

2 2

0

ab bc ca a b c

a b c a b b c c a

     

         

(do a, b, c ba cạnh tam giác nên a>|b-c|,b>|a-c|, c>|a-b|)

Như BĐT (3)

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP Bắc Giang

Bài toán chứng minh

Điểm toàn (20điểm)

Lưu ý chấm bài:

Trên sơ lược bước giải cách cho điểm phần bài Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác chấm cho điểm phần tương ứng