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]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
QUẢNG NINH
-
-KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012 -
ðỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN (BẢNG A) Ngày thi: 23/03/2012 Thời gian làm bài: 150 phút
( không kể thời gian giao ñề) (ðề thi này có 1 trang)
Câu I ( 2,0 ñiểm)
x 1 = + 2 + 4 , chứng minh rằng: P = x3− 3x2− 3x + là một số 3 chính phương
Câu II ( 6,0 ñiểm)
1) Giải hệ phương trình:
4xy x 2y 7
2) Giải phương trình: 2x 12 y 12 6z 2 9 9
Câu III ( 3,0 ñiểm)
Tìm các giá trị của tham số m ñể tập nghiệm của phương trình sau có ñúng một phần tử:
2 2
0
x 1
=
Câu IV ( 7,0 ñiểm)
Hai ñường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B Trên tia ñối của tia AB lấy
M khác A Qua M các tiếp tuyến MC và MD với ñường tròn (O’) ( C và D là các tiếp ñiểm, C nằm ngoài (O)) ðường thẳng AC cắt ñường tròn (O) tại P khác A, ñường thẳng AD cắt ñường tròn (O) tại Q khác A ðường thẳng CD cắt PQ tại K Chứng minh:
1) Tam giác BCD và tam giác BPQ ñồng dạng
2) ðường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh khi
M thay ñổi
3) K là trung ñiểm của PQ
Câu V ( 2,0 ñiểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương, chứng minh bất ñẳng thức:
b + c + a ≥ + +
……… Hết ………
Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………
Họ và tên, chữ ký của giám thị số 1:
………
………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN TOÁN BẢNG A
( ) (2 ) ( )3
3 3
1
−
1,0 ñ
I
(2,0 ñ) ⇔x(32−1)= ⇔1 32.x− = ⇔x 1 32.x = +x 1 ( )3 ( )3
32.x x 1
Vậy P là số chính phương
1,0 ñ
1) Cộng vế với vế của hai phương trình ñược:
2 2
x +4y +4xy+ +x 2y=12⇔ x+2y + x+2y −12= 0 0,5 ñ ðặt x+2y= ta có phương trình: t t2+ −t 12= , giải phương trình ñược: 0
Với t1= −4, kết hợp với phương trình 4xy+ +x 2y= ñược 4xy 117 = Mà
2 2
Với t2 = , kết hợp với phương trình 4xy x 2y 73 + + = ñược 4xy 4= Mà
2 2
*) x−2y=1, kết hợp với x+2y=3 ñược nghiệm:
1
1
1 y 2
=
=
**) x−2y= −1, kết hợp với x+2y=3, ñược nghiệm 2
2
=
1,25 ñ
Vậy hệ có hai nghiệm là: 2; 1
2
và ( )1;1
0,25 ñ
0
2
⇔ − + − + − =
2,0 ñ
Ta có
2 1
x
− ≥
với x∀ ,
2
1 1
0
y 2
với y∀ ,
2 3
z
− ≥
với z∀ Vậy : 2
− + − + − =
0,5 ñ
II
(6,0 ñ)
KL: phương trình có nghiệm duy nhất :
x 1
y 2
z 3
=
=
=
0,25 ñ
Trang 3Số nghiệm của phương trình 2 2 ( )
0
x 1
=
− (1)
là số nghiệm x≠ của phương trình 1 2 2 ( )
m x − 2m+5 x 1+ = (2) 0
0,5 ñ
TH1 : Với m2 = ⇔0 m= thì (2) có nghiệm duy nhất 0 x 1 1
5
= ≠ Vậy m 0= là một giá trị cần tìm
0,25 ñ TH2: Với m2 ≠ ⇔0 m≠ thì (2) có 0 ( )2 2
4
∆ < ⇔ < − ⇔( )2 vô nghiệm ⇔( )1 vô nghiệm Vậy m 5
4
< − không thỏa mãn
0,5 ñ
**) Với 0 m 5 0 ( )2
4
∆ = ⇔ = − ≠ ⇔ có nghiệm kép x1;2 4 1
5
= ≠ ⇔tập nghiệm
của (1) có một phần tử Vậy m 5
4
= − là một giá trị cần tìm
0,5 ñ
***) Với 0 m 54 ( )2
> −
≠
có hai nghiệm phân biệt
ðể tập nghiệm của (1) có 1 phần tử thì (2) có một nghiệm x = 1
2
1;2
⇔ − − = ⇔ = ± , kết hợp với ñiểu kiện
5 m 4
> −
≠
thì
m= +1 5 và m= −1 5 là hai giá trị cần tìm
0,75 ñ
III
(3,0 ñ)
Vây các giá trị cần tìm của m là: m1 0; m2 5; m3 1 5; m4 1 5
4
1) ·BPQ=BAQ· ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ )
BAD=BCD (hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn BD» )
1,0 ñ
BQP=BAC ( tứ giác ABQP nội tiếp (O))
BAC=BDC ( hai góc nội tiếp (O’) cùng chắn »CB )
1,0 ñ
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 ñịnh 1,0 ñ 3) Vì tứ giác BCPK nội tiếp⇒BCA· =BKQ· mà CAB· =KQB· ⇒ ∆ BCA và
∆ BKQ ñồng dạng KQ CA
MCA=CBA( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O)
cùng chắn »AC ) ⇒ ∆ MCA và ∆ MBC ñồng dạng CA MA
IV
(7,0 ñ)
vì tứ giác BCPK nội tiếp ⇒PBK· =PCK· , mà ACD· =ABD· ( hai góc nội tiếp
(O') cùng chắn »AD)⇒PBK· =ABD·
lại có BAD· =BPK· ( hai góc nội tiếp (O) cùng chắn »BQ)
⇒∆ ABD và ∆ PBK ñồng dạng ⇒ KP AD
BK = BD (3)
0,5 ñ
Trang 4· ·
ADM=MBD( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O')
cùng chắn AD» ) ⇒ ∆ MAD và ∆ MDB ñồng dạng ⇒ AD MA
từ (1), (2), (3), (4) và MC = MD ( tính chất tiếp tuyến) ⇒ KP = KQ (ðPCM) 0,5 ñ
K
Q
P D
C
B
A
M
Hình vẽ
Áp dụng Bất ñẳng thức Cô – si cho hai số dương
3 a
b và ab có:
2
ab 2 ab 2a
b + ≥ b = , tương tự ñược:
3
2 b
bc 2b
c + ≥ ;
3
2 c
ac 2c
a + ≥
0,5 ñ
Cộng vế với vế của ba BðT trên ta ñược:
3 3 3
2 2 2
Theo Cô – si có
2 2
2 2
a b ab 2
+
≥ = , tương tự
cộng vế với vế ñược a2 +b2+c2 ≥ab+bc+ca (2) 0,25 ñ
V
(2,0 ñ)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ñược :
3 3 3
3 3 3
2 2 2
0,5 ñ
Các chú ý khi chấm
1 Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới ñược cho ñiểm tối ña
2 Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống nhất ñiểm chi tiết nhưng không ñược vượt quá số ñiểm dành cho câu hoặc phần ñó 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
3 ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm của các phần ñã chấm, không làm tròn ñiểm