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 MÔN: TOÁN (BẢNG A) Ngày thi: 24/3/2011 Thời gian làm bài: 150 phút (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  Tính giá trị biểu thức: P x xy  x   y yz  y   z  zx  z  b) Rút gọn biểu thức: A   3x  x   3x  x với  x  Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình:  x  1 x  4   3x  b) Biết phương trình ax  bx  c  (ẩn x) có nghiệm, chứng minh phương trình a x  b3 x  c3  (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 đường tròn (O; R) Đường tròn đường kính IO cắt đường tròn (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 tròn đường kính IO K D (K khác C D khác O) a) Chứng minh: CAD  OBK  1800 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 Đẳng thức xảy nào? _Hết _ Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 -2011 MÔN: TOÁN - BẢNG A (Đề thi thức) Câu xyz  a) Có xyz = => P (4,0 đ) Cho điểm 0,25 Sơ lược lời giải P x xy  x  xy  x xy  x  xyz  xy  x  xy xy  x  2 z zx  z  xyz   z  z x  xy  b) giải thích biến đổi được:  3x  x   3x  x   x  3 x  xy  x  xy  x  x  3 x  1 1,0 x  3 x  x  3 x Kết A  x   3x    x  1 x       x  1 x    3x    3x   6(x  1) 3x    (1) 3x   < => (1) vô nghiệm 3x     x  1 x +4 < > => (1) vô nghiệm 3x   Giải (1) x > -1 x +4 > (4,5 đ) 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) b) + Với a = 0; PT ax  bx  c  (1) bx+c = PT a x  b3 x  c3  (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  b  4ac  => b6  64a3b3 PT (2) PT bậc hai có   b  4a 3c3 Nếu ac  64a3b3  4a3b3 =>   b  4a 3c3  b  64a 3c3  => PT (2) có nghiệm (2,5 đ) Nếu ac<   b  4a 3c3  => PT (2) có nghiệm Tóm lại: phương trình (1) có nghiệm PT (2) có nghiệm 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) 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 1 t +t  0,5 0,5 0,25 a) ĐK: x   Phương trình cho tương đương với:  x  1 x    1,25 x  3 x  x  3 x ; giải thích được:     0,5 0,75 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 t +t   p nguyên tố nên phải có t 1 =1 => t=3 0,5 với t = => p =13 (thoả mãn) Vậy p = 13 (7,0 đ) a) OBA= ODA (góc nt chắn AO đường tròn đường kính IO) góc KBA = góc KCA (góc nt chắn cung AK (O)) => CAD  OBK  CAD  ACD  ADC  1800 (tổng ba góc tam giác ACD) b) A, B thuộc đường tròn đường kính OI => IA, IB tiếp tuyến đường tròn (O;R) => O điểm cung AB đường tròn 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 tròn 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 c) Hạ CP, DQ vuông góc với AB; M giao điểm CD AB; r bán kính đường tròn đường kính IO SACBD = SACB+ SADB = AB không đổi nên SACBD lớn CP + DQ lớn đường tròn đường kính IA P trùng M Q trùng với M C nằm cung AB C điểm cung EF Vậy SACBD lớn C điểm EF không chứa A (O) 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 ;b  ;c  10 10 10 a b c 4x  y  z 4y  z  x 4z  x  y       3a  b  c 3b  c  a 3c  a  b 10x 10y 10z 1,25 1,0 0,25 0,75 => a  y x y z x z  +      10  x y z y z x  =  a, b, c số dương nên 0,75 0,5 0,5 0,5 0,25 AB(CP+DQ) Do CP  CM, DQ  DM  CP  DQ  CD Lại có CD = CO+OD  R+ 2r Đẳng thức xảy OD đường kính (2,0 đ) 0,25 0,5 0,5 1,0 0,5 y x y z x z ; ; ; ; ; số dương Chỉ x y z y z x a b c y x y z x z     +      kết luận x y z y z x 3a  b  c 3b  c  a 3c  a  b 0,5 Đẳng thức xảy a= b = c 0,25 Các ý chấm Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán xác cho điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho câu phần Có thể chia nhỏ điểm thành phần không 0,25 điểm phải thống tổ chấm Điểm toàn tổng số điểm toàn chấm, không làm tròn A F C O P M Q E I K B hình vẽ câu Sở Giáo dục Đào tạo Quảng Ninh D ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 -2011 MÔN: TOÁN - BẢNG A (Đề thi thức) Câu xyz  a) Có xyz = => P (4,0 đ)... a= b = c 0,25 Các ý chấm Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán xác cho điểm tối đa Các cách giải khác cho điểm Tổ chấm trao đổi thống... tổng số điểm toàn chấm, không làm tròn A F C O P M Q E I K B hình vẽ câu Sở Giáo dục Đào tạo Quảng Ninh D