Đang tải... (xem toàn văn)
Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN Lớp THCS Ngày thi 25/03/2015 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu 2x 1 x 2x x x x x x x A 1 1 x 1 x x x1 Câu I: (4,0 điểm) Cho biểu thức Rút gọn biểu thức A A Tìm x để Câu II: (4điểm) x 3x 0 2 Giải phương trình x x x x x y 2 x y 2 Giải hệ phương trình ( x y )(1 xy ) 4 x y Câu III: (4điểm) 2 Tìm các nghiệm nguyên (x; y) phương trình: 5(x xy y ) 7(x 2y) Tìm tất các số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa mãn : pq m2 p q m 1 Câu IV: (6điểm) Cho điểm A , B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm A và C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi luôn qua B và C (O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O M và N Gọi I là trung điểm BC, AO cắt MN H và cắt đường tròn các điểm P và Q (P nằm A và O), BC cắt MN K Chứng minh điểm O, M, N, I cùng nằm trên đường tròn Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P là trung điểm ME Câu V: (2điểm) b a b a c 6 a b Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b a Tìm giá trị bc ca 4ab P a (2 b c ) b (2 a c ) c ( a b ) nhỏ biểu thức Hết (2) Họ tên thí sinh: ……………………………………… Giám thị coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN - LỚP Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC CÂU Ý ĐIỂM NỘI DUNG x 0; x ; x 1 Điều kiện: Đặt x a; a 0 x a , ta có: I 0,5 2a a 2a a a a a a A 1 a3 2a 1 a a 1 2a 1 a a 1 2a 1 a a 1 a A 1 2a a a 1 a 1 a a 1 2 0,5 A= [ ( a −1 ) a ( a −1 ) a ( a −1 ) (1 − a ) + −1 a− ( −a ) ( a2 −a+ ) ] a a 1 a a (2a 1) A 1 2a a a a 1 A= −1 Vậy: a − a+1 A= −1 1 <− ⇔ > x − √ x +1 x − √ x+1 A= ⇔ x − √ x+1<7 ⇔ x 0,5 x − √ x +1= √ x − + >0 ) ( (do x 60 −1 x − √ x +1 x ) x 2 0 x 30 ⇔ x 0 x x , x 1 Đối chiếu với điều kiện ta được: II 0,5 x x x 0 x 2 x x 0 x 33 ĐKXĐ: Nhận thấy x 0 không là nghiệm phương trình 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 (3) Khi x 0 thì Phương trình đã cho x 1 x x 5 x 0,25 0 2 x , ta phương trình biểu thị theo t là t t Đặt t 5t 0 t 2; t 3 t 2 x 2 x x 0 x 1 x Với (thỏa mãn) 0,25 17 t 3 x 3 x x 0 x x Với (thỏa mãn) 17 S 1 3; Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 0,25 t x 0,25 0,25 0,25 Với x = y = là nghiệm hệ phương trình 0,5 Nhận thấy x 0 thì y 0 và ngược lại Xét x 0 ; y 0 hệ phương trình tương đương với 1 1 1 (1) x y 2 x y 2 ( )(1 ) 4 ( )(2 ) 8 (2) xy xy x y x y 1 ( )3 8 Thay (1) vào (2) ta x y 0,5 0,5 1 x y 2 x y 1 1 xy Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1) 2 Ta có: 5( x xy y ) 7( x y ) 7( x y ) 5 0,25 0,25 (1) ( x y )5 Đặt x y 5t (2) (t Z ) thì 2 (1) trở thành x xy y 7t 0,5 (3) 2 Từ (2) x 5t y thay vào (3) ta y 15ty 25t 7t 0 (*), coi đây là PT bậc hai y có: 84t 75t 0,5 Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 0 t 28 25 (4) Vì t Z t 0 t 1 Thay vào (*) : 0,5 y1 0 x1 0 + Với t 0 y2 3 x2 y3 2 x3 1 + Với t 1 0,5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) III 0,25 2(m 1) p 2m m 1 m 1 Nếu p q thì Do m và p là số nguyên tố nên 4( m 1) m 0; m 1; m 3 p 2; p 5 0,25 Nếu p q thì pq và p + q là nguyên tố cùng vì pq chia hết cho các ước nguyên 0,25 tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q Gọi r là ước chung m và m (m 1)(m 1) r (m2 1)r (m 1) (m 1) r 2r r 1 r 2 ) r 1 suy p q m 1, pq m p, q là hai nghiệm phương trình x (m 1) x m 0 vô nghiệm 3m 2m (m 1) (2m 2) 0,25 ) r 2 suy pq m2 và 2( p q) m p, q là hai nghiệm 2 phương trình x (m 1) x m 0 vô nghiệm 7m 2m (m 1) (6m 6) Vậy các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q ) (2;2); ( p; q ) (5;5) IV M A O P D Q H B K I E 0,25 0,25 N C d 0,25 0,25 (5) I là trung điểm BC (Dây BC không qua O) OI BC OIA = 900 Ta có AMO = 900 0,5 0,5 ANO = 900 0,5 Suy điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA 0,5 AM, AN là hai tiếp tuyến (O) nên OA là phân giác MON mà MON cân O nên OA MN ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB = ACN, CAN chung) AB AN AN AC AB AC = AN2 ANO vuông N đường cao NH nên AH AO = AN2 AB AC = AH AO 0,5 0,5 AHK đồng dạng với AIO (g-g) AH AK AI AK AH AO AI AO Nên AI AK AB.AC AB AC AK AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK cố định Mà A cố định, K là giao điểm dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB K cố định 0,5 0,5 Ta có PMQ = 900 V ME MH MQ DQ MHE QDM (g-g) MP MH MH MQ QH 2DQ PMH MQH MP ME MQ MQ 0,5 ME = MP P là trung điểm ME 0,5 0,5 0,5 c(a b)( a ab b ) 2( a b ) a b a b c 6 2 b a b a a b ab Từ: ta có: 0,25 (6) c(a b)(a ab b ) 2(a b2 ) c(a b) c( a b) a b 2ab 4 0 2 2 ab ab ab ab 2 Lại có bc ac (bc)2 ( ac)2 (bc ac)2 c ( a b) a(2b c) b(2a c) abc(2b c) abc(2a c) 2abc(a b c) 2abc(a b c ) (ab bc ca)2 abc( a b c) ab.bc bc.ca ab.ca và c (a b) bc ac c( a b) 3 ab a (2b c ) b(2a c) ab bc ca c ( a b) ab 0,25 2 0,25 c ( a b) 3t t P ab 2(1 t ) t (với t 2 ) Đặt 0,25 3t 3t 7t 8t 32t 24 2(1 t ) t 2(1 t ) t 6t (1 t )2 Có 0,25 (t 2)( 7t 22t 12) 6t (1 t ) (t 2)( 7t 22t 12) (t 2)( 7t 22t 12) 8 0 t (0; 2] t (0; 2] 6t (1 t )2 6t (1 t )2 3 mà 0,25 0,25 Dấu "=" xảy và t = hay a b c Vậy giá trị nhỏ P là a b c Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình vẽ sai hình thì không chấm điểm http://violet.vn/lemaihoa1301/ 0,25 (7)