ĐỀ THI HSG 9 ĐÀ NẴNG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (617.59 KB, 4 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận thống
nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể phân chia
nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được
thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc
khảo sau này được thống nhất và chính xác.
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài
làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó.
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo
tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.
BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM
Bài 1
Cho biểu thức:
2
a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
+ − − + −
= + +
− −
với a > 0, a ≠ 1.
a) Chứng minh rằng
M 4.
>
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức
6
N
M
=
nhận giá trị nguyên.
2,00
1.a
(1,25đ)
Do a > 0, a ≠ 1 nên:
a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1
a a a ( a 1) a
− − + + + +
= =
− −
và
0,25
2
a a a a 1 (a 1)(a 1) a(a 1) (a 1)(a a 1) a a 1
a a a a (1 a) a (1 a) a
− + − + − − − − − + − + −
= = =
− − −
0,25
⇒
a 1
M 2
a
+
= +
0,25
Do
a 0; a 1> ≠
nên:
2
( a 1) 0 a 1 2 a− > ⇔ + >
0,25
⇒
2 a
M 2 4
a
> + =
0,25
1.b
(0,75đ)
Ta có
6 3
0 N
M 2
< = <
do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
0,25
Mà N = 1 ⇔
6 a
1
a 1 2 a
=
+ +
⇔
a 4 a 1 0− + =
⇔
2
( a 2) 3− =
⇔
a 2 3 hay a 2 3= + = −
(phù hợp)
0,25
Vậy, N nguyên ⇔
2
a (2 3)= ±
0,25
Bài 2
a) Cho các hàm số bậc nhất:
y 0,5x 3= +
,
y 6 x= −
và
y mx=
có đồ thị lần lượt
là các đường thẳng (d
1
), (d
2
) và (∆
m
). Với những giá trị nào của tham số m thì đường
thẳng (∆
m
) cắt hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A
có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt
trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định
I(1 ; 2)
. Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1
.
Q
OM ON
= +
2,00
1
2.a
(0,75đ)
Điều kiện để (∆
m
) là đồ thị hàm số bậc nhất là
m 0
≠
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
1
) và (∆
m
) là:
0,5x 3 mx+ =
⇔
(m 0,5)x 3− =
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là
m 0,5 0 hay m 0,5− < <
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
2
) và (∆
m
) là:
6 x mx
− =
⇔
(m 1)x 6+ =
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là
m 1 0 hay m 1+ > > −
Vậy điều kiện cần tìm là:
1 m 0,5; m 0− < < ≠
0,25
2.b
(1,25đ)
Đặt m = x
M
và n = y
N
⇒ m⋅n ≠ 0 và m ≠ 1 (*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25
⇒
0 am b
2 a b
n b
= +
= +
=
⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là
2m n mn+ =
0,25
Chia hai vế cho m⋅n ≠ 0 ta được:
1 2
1
m n
+ =
(**)
⇒
2 2
2 2 2 2
1 2 1 4 4 1 1 2 1
1 5
m n m n mn m n m n
= + = + + = + − −
÷ ÷ ÷
0,25
⇒
2 2
1 1 1
Q ;
m n 5
= + ≥
dấu “=” xảy ra khi
2 1
;
m n
=
kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*))
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
1
5
0,25
Bài 3
a) Giải hệ phương trình:
17 2 2011
2 3 .
+ =
− =
x y xy
x y xy
(1)
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
1
x y z z x (y 3)
2
+ − + − = +
(2)
2,0 đ
3.a
(1,25đ)
Nếu
0xy >
thì
17 2
1 1007
9
2011
9
490
(1)
1 2 9
1 490
3
1007
9
x
y x
y
y
y x
x
+ =
=
=
⇔ ⇔ ⇔
− = =
=
(phù hợp)
0,50
Nếu
0<xy
thì
17 2
1 1004
2011
9
(1) 0
1 2
1 1031
3
18
y x
y
xy
y x
x
−
+ = −
=
⇔ ⇔ ⇒ >
− =
= −
(loại)
0,25
Nếu
0xy =
thì (1)
0x y⇔ = =
(nhận).
0,25
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là
(0;0)
và
9 9
;
490 1007
÷
0,25
3.b
(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25
(2) ⇔
2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3+ − + − = + − + − +
⇔
2 2 2
( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0− + − − + − − =
0,25
⇔
x 1
y z 1
z x 1
=
− =
− =
⇔
x 1
y 3
z 2
=
=
=
(thỏa điều kiện)
0,25
2
Bài 4
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
sao cho M không trùng với các điểm A và B.
Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )
tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng
hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không
đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
C
( )
F
E
N
C
O
A
B
M
3,0 đ
4.a
(1,00đ)
MN BF⊥
và
BC NF⊥
0,25
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF
0,25
⇒
FA NB⊥
Lại có
AE NB
⊥
0,25
Nên A, E, F thẳng hàng
0,25
4.b
(0,75đ)
·
·
CAN MAB=
, nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
0,25
Suy ra:
AN AC
AB AM
=
0,25
Hay
2
AM AN AB AC 2R× = × =
không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))
0,25
4.c
(1,25đ)
Ta có
2
BA BC
3
=
nên A là trong tâm tam giác BNF ⇔ C là trung điểm NF (3)
0,25
Mặt khác:
·
·
CAN CFM=
, nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
⇒
2
CN AC
CN CF BC AC 3R
BC CF
= ⇒ × = × =
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
NF CN CF 2 CN CF 2R 3= + ≥ × =
không đổi
0,25
Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4)
0,25
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất
0,25
Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75
(1,00đ
)
Đặt: S = 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10⋅11⋅12
⇒
100
S
=
3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11⋅12 (1) là một số nguyên
⇒ hai chữ số tận cùng của S là 00
0,50
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý
đến chữ số tận cùng, ta thấy
100
S
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3⋅4=12; 2⋅6=12; 2⋅7=14;
4⋅8=32; 2⋅9=18; 8⋅11=88; 8⋅12=96)
0,25
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25
Hết
3
3.b
(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇒ y ≥ z ≥ x ≥ 0
0,25
Theo BĐT Cauchy:
x 1 y z 1 z x 1
x ; y z ; z x
2 2 2
+ − + − +
≤ − ≤ − ≤
⇒
1
VP x y z z x (y 3) VT
2
= + − + − ≤ + =
0,25
Do đó
x 1
y z 1
z x 1
=
− =
− =
⇔
x 1
y 3
z 2
=
=
=
thỏa điều kiện
0,25
4
