đề thi hsg quang ninh bang b năm 2010-2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (268.64 KB, 3 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: TOÁN
(BẢNG B)
Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:
Ngày thi: 24/3/2011
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
(Đề thi này có 01 trang)
……….…….…
……………….
Bài 1. (3,0 điểm)
Rút gọn biểu thức A =
33
11
22
33
1 1 1 1
22
Bài 2. (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 điểm A(-2; -2), B(0; 2), C(2; 1), chứng
minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông.
Bài 3. (2,5 điểm)
Với n là một số tự nhiên tuỳ ý, đặt M = (n
2
+2n+5)
3
- (n+1)
2
+ 2012.
Chứng minh rằng M chia hết cho 6.
Bài 4. (3,5 điểm)
Giải phương trình:
1 4 1 4 5x x x x
Bài 5. ( 6,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) với hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau.
Gọi E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, dây AE cắt CD tại M, dây DE cắt AB
tại N.
1. Tam giác CEM là tam giác gì, vì sao ?
2. Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn.
Bài 6. (2,5 điểm)
Cho biết phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm (ẩn x), chứng minh rằng
phương trình a
3
x
2
+ b
3
x + c
3
= 0 cũng có nghiệm (ẩn x).
Hết
Họ và tên thí sinh: . . ……………………….………… Số báo danh: …………………
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN LỚP 9 - BẢNG B.
Bài
Sơ lược lời giải
Cho
điểm
Bài 1
(3,0
điểm)
Biến đổi được A =
2 3 2 3
22
4 2 3 4 3
11
44
A =
2 3 2 3
22
3 1 3 1
11
22
=
2 3 2 3
3 3 3 3
từ đó đi đến A = 1
0,75
1,25
1,0
Bài 2
(2,5
điểm)
Vẽ hệ trục toạ độ Oxy, xác định các điểm A(-2; -2); B(0; 2); C(2; 1).
áp dụng định lý Pitago, tính
được AB
2
= 20; BC
2
= 5
và AC
2
= 25
từ đó có: AC
2
= AB
2
+ BC
2
suy ra tam giác ABC vuông tại
B (đpcm !).
O
A
C
B
0,75
0,75
0,75
0,25
Bài 3
(2,5
điểm)
Biến đổi M = (n
2
+2n+5)
3
-(n+1)
2
+2012 = (n
2
+2n+5)
3
-(n
2
+2n+5)+2016
Dễ thấy 2016 = 6.336 => 2016 6 (1)
Ta sẽ ch/minh (a
3
-a) 6 với aZ. Thật vậy, có (a
3
-a) = (a-1)a(a+1)
Xét phép chia a cho 6, có: a = 6m+r với 0 ≤ r ≤ 5
* nếu r = 0, khi đó a=6m => (a
3
-a) 6.
* nếu r = 1, khi đó (a-1)a(a+1) = 6.m(6m+1)(6m+2) => (a
3
-a) 6.
* nếu r = 2, khi đó (a-1)a(a+1) =
= (6m+1)(6m+2)(6m+3)=(6m+1)(3m+1)(2m+1).6 => (a
3
-a) 6
* nếu r = 3, khi đó (a-1)a(a+1) =
= (6m+2)(6m+3)(6m+4)=6.(3m+1)(2m+1)(6m+4) => (a
3
-a) 6
* nếu r = 4, khi đó (a-1)a(a+1) =
= (6m+3)(6m+4)(6m+5)=6(2m+1)(3m+1)(6m+5) => (a
3
-a) 6
* nếu r = 5, khi đó (a-1)a(a+1) .=
= (6m+4)(6m+5)(6m+6)=(6m+4)(6m+5)(m+1).6 => (a
3
-a) 6
do đó ta luôn có (a
3
-a) 6 với aZ (*)
Áp dụng kết quả (*), suy ra (n
2
+2n+5)
3
-(n
2
+2n+5) 6 (2) vì n
2
+2n+5N
Từ (1) và (2) suy ra M 6 (đpcm !)
Chú ý: Có thể ch/m: M 2 và M 3 rồi từ đó ch/m được M 6 hoặc xét
trực tiếp các trường hợp xảy ra trong phép chia n cho 6 rồi ch/m M 6 .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
www.VNMATH.com
Bài
Sơ lược lời giải
Cho
điểm
Bài 4
3,5 đ
Tập xác định: x-1; 4 (*) . Đặt
14xx
= a => a ≥ 0
và a
2
=(
14xx
)
2
= 5+2
14xx
=>
14xx
= (a
2
-5)/2
khi đó phương trình đã cho
1 4 1 4x x x x
= 5 (1) trở
thành: a + (a
2
-5)/2 = 5 hay: a
2
+ 2a - 15 = 0 (2)
Giải (2) được: a = 3 (thoả mãn) hoặc a = -5 < 0 (loại).
Từ a = 3 tìm được x = 0 hoặc x = 3, cùng thoả mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 và x = 3.
Chú ý: có thể giải bằng cách cô lập căn thức, bình phương 2 vế, đặt ẩn
phụ hoặc đặt 2 ẩn phụ và đưa về hệ 2 ẩn.
1,0
0,5
1,0
1,0
Bài 5a
(3,0
điểm)
Có: sđ
MCE
=
1
2
sđ
DE
(cung nhỏ DE) và sđ
CME
=
1
2
(sđ
AD
+sđ
CE
)
mà E là điểm giữa cung nhỏ BC =>
MCE
=
CME
=> CEM cân tại E
1,5
1,5
Bài 5b
(3,0
điểm)
Từ tam giác cân AMB =>
MBO
=
MAO
tương tự có
NDO
=
NCO
mà
MAO
=
EAB
;
NDO
=
EDC
và
EAB
=
EDC
=>
MBO
=
NCO
tử đó suy ra tứ giác BNMC nội tiếp (đpcm !).
0,75
0,5
1,5
0,25
Bài 6
(2,5
điểm)
* Nếu a = 0 thì phương trình ax
2
+bx+c = 0 (1) <=> bx+c=0 và phương
trình a
3
x
2
+ b
3
x + c
3
= 0 (2) <=> b
3
x+c
3
= 0 (2')
do (1) có nghiệm nên x
0
/ bx
0
+c=0 <=> bx
0
= -c <=> (bx
0
)
3
= -c
3
<=> b
3
(x
0
3
) + c
3
= 0 => phương trình (2') và do đó (2) nhận (x
0
3
) là nghiệm
=> phương trình (2) có nghiệm.
* Nếu a0 thì do (1) có nghiệm nên
1
= b
2
- 4ac ≥ 0 => b
6
≥ 64a
3
c
3
khi đó xét
2
= b
6
- 4a
3
c
3
, trong trường hợp ac ≥ 0 thì 64a
3
c
3
≥ 4a
3
c
3
=>
2
= b
6
- 4a
3
c
3
≥ b
6
- 64a
3
c
3
≥ 0 => phương trình (2) có nghiệm;
trường hợp ac<0 thì hiển nhiên b
6
- 4a
3
c
3
≥0 => (2) có nghiệm.
Tóm lại, nếu (1) có nghiệm thì (2) cũng có nghiệm (đpcm!)
0,25
0,75
0,25
0,75
0,5
N
M
O
A
B
C
D
E
Hình vẽ bài 5
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 được điểm tối đa.
2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết
nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó.
3. Với bài 5, không chấm điểm nếu không có hình vẽ .
4. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25đ và phải thống nhất trong cả tổ
chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn.
www.VNMATH.com
