Dap an HSG Toan 9 QB 20092010
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (130.77 KB, 6 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>
Sở GD & ĐT Quảng Bình ĐÁP ÁN KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - THCS
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Mơn: TỐN
Những lưu ý khi chấm:
<i>• Đáp án chỉ là một cách giải, nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì vẫn cho</i>
<i>điểm tối đa.</i>
<i>• Theo trình tự bắt đầu từ bước giải nào đó sai thì các bước giải kế tiếp (nếu có liên</i>
<i>quan) dù đúng vẫn khơng cho điểm cả phần cịn lại từ bước giải nói trên.</i>
<i>• Bài hình học nếu khơng có hình vẽ hoặc hình vẽ vẽ sai thì khơng chấm.</i>
Câu I
(2,5
điểm)
Giải phương trình: <i>√16 − 8x − 3x</i>2 <i><sub>= x</sub></i>2<i><sub>+ 3x − 4 (1)</sub></i>
<i>Ta có (1) ⇔</i>
<i>16 − 8x − 3x</i>2 <i><sub>= (x</sub></i>2 <i><sub>+ 3x − 4)</sub></i>2 <sub>(2)</sub>
<i>x</i>2<i><sub>+ 3x − 4 ≥ 0</sub></i> <sub>(3)</sub>
(0,25đ)
Hơn nữa,
<i>(2) ⇔ (x</i>2<i>+ 3x − 4)</i>2<i>+ 3x</i>2 <i>+ 8x − 16 = 0</i>
<i>⇔ (x</i>2<i><sub>+ 3x − 4)</sub></i>2<i><sub>+ 3(x</sub></i>2<i><sub>+ 3x − 4) − 4 = x.</sub></i>
(0,25đ)
<i>Đặt y = x</i>2<i><sub>+ 3x − 4 (4) (Điều kiện y ≥ 0)</sub></i>
<i>Phương trình trở thành: y</i>2 <i><sub>+ 3y − 4 = x kết hợp với (4) ta có</sub></i>
hệ
<i>(∗)</i>
<i>y</i>2<i><sub>+ 3y − 4 = x</sub></i>
<i>x</i>2<i><sub>+ 3x − 4 = y</sub></i>
(0,25đ)
</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>
<i>⇔</i>
<i>y</i>2<i><sub>+ 3y − 4 = x (5)</sub></i>
<i>x = y (6)</i> <i>(I)</i>
<i>y</i>2<i><sub>+ 3y − 4 = x (7)</sub></i>
<i>x + y + 4 = 0 (8)</i> <i>(II)</i>
(0,25đ)
<i>Xét hệ (I) thế (6) vào (5) ta có:</i>
<i>y</i>2<i>+ 2y − 4 = 0 ⇔</i>
<i>y = −1 −</i>
<i>√</i>
5 (loại)
<i>y = −1 +√</i>5
(0,25đ)
<i>Cùng với (6) suy ra: x = −1 +√5.</i>
(0,25đ)
<i>Xét hệ (II) thế x = −y − 4 từ (8) vào (7) ta được:</i>
<i>y</i>2<i>+ 4y = 0 ⇔</i>
<i>y = −4 (loại)</i>
<i>y = 0</i>
(0,25đ)
<i>Thế y = 0 vào (8) ta suy ra x = −4.</i>
(0,25đ)
<i>Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x = −1+√</i>5; <i>x = −4.</i>
</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>
Câu II
(2,5
điểm)
<i>Lấy hai số m, M</i> <i>sao cho m ≤ ai</i> <i>≤ M</i> (1)
<i>với i = 1, 2, . . . , 2010.</i>
(0,25đ)
Ta có
<i>(ai− m)(ai− M) ≤ 0 ,</i> <i>∀i = 1, 2, . . . , 2010</i>
(0,25đ)
<i>⇔ a</i>2<i><sub>i</sub></i> <i>− (m + M)ai+ m.M ≤ 0 ,</i> <i>∀i = 1, 2, . . . , 2010</i>
(0,25đ)
<i>⇒</i>
<i>a</i>2
1<i>− (m + M)a</i>1<i>+ m.M ≤ 0,</i>
<i>a</i>2
2<i>− (m + M)a</i>2<i>+ m.M ≤ 0,</i>
<i>. . . .</i>
<i>a</i>2
2010<i>− (m + M)a</i>2010<i>+ m.M ≤ 0.</i>
(0,5đ)
Cộng 2010 bất đẳng thức trên ta được:
<i>a</i>2<sub>1</sub><i>+ a</i>2<sub>2</sub><i>+ . . . + a</i>2<sub>2010</sub><i>− (m + M)(a</i>1<i>+ a</i>2<i>+ . . . + a</i>2010)
<i>+2010m.M ≤ 0</i>
(0,5đ)
Kết hợp với giả thiết, ta suy ra
<i>1 + 2010.m.M ≤ 0 ⇔ m.M ≤ −</i> 1
2010
(0,25đ)
<i>Chọn m = min{ai}, M = max{ai} thì thỏa mãn (1) và tích của</i>
<i>hai số này khơng vượt q −</i> 1
2010.
</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>
Câu III
(3,0
điểm)
A
B C
D
F
E
(Hình vẽ)
(0,25đ)
a) Đặt
[
AFE = [<i>BFD = x;</i> BDF = [[ <i>CDE = y;</i> CED = [[ <i>AEF = z.</i>
Suy ra [<i>F AE = 180</i>0<i><sub>− x − z,</sub></i>
(0,25đ)
\
<i>F BD = 180</i>0<i><sub>− x − y,</sub></i> <sub>(0,25đ)</sub>
\
<i>ECD = 180</i>0<i><sub>− y − z,</sub></i> <sub>(0,25đ)</sub>
<i>Nên x + y + z = 180</i>0<i><sub>.</sub></i> <sub>(0,25đ)</sub>
Mặt khác [<i>F AE + [AF E + [AEF = 180</i>0 <sub>(0,25đ)</sub>
<i>nên y = [F AE. Do đó: \BDF = [BAC.</i> (0,25đ)
<i>b) Tương tự như câu a) ta có:</i>
\
<i>ECD = \BF D = x;</i> <i>F BD = \</i>\ <i>CED = z.</i>
(0,25đ)
Từ đó suy ra:
<i>4BDF v 4BAC;</i> <i>4CDE v 4CAB và 4AEF v 4ABC.</i>
(0,25đ)
Nên
BD
<i>BF</i> =
BA
<i>BC</i> =
5
8;
CD
<i>CE</i> =
CA
<i>CB</i> =
7
8;
AE
<i>AF</i> =
AB
<i>AC</i> =
5
7
</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>
<i>Suy ra tồn tại các số dương k, l, m để</i>
<i>BD = 5k;</i> <i>BF = 8k;</i> <i>CD = 7l;</i>
<i>CE = 8l;</i> <i>AE = 5m;</i> <i>AF = 7m.</i>
Khi đó, ta được các phương trình:
<i>5k + 7l = 8 (1)</i>
<i>7m + 8k = 5 (2)</i>
<i>5m + 8l = 7 (3)</i>
(0,25đ)
<i>Giải hệ (1), (2) và (3) suy ra:</i>
<i>k =</i> 1
2 <i>⇒ BD =</i>
5
2<i>.</i>
(0,25đ)
Câu IV
(2,0
điểm)
Để ý rằng phương trình đã cho có nghiệm, chẳng hạn:
<i>x = y = z = 3.2010</i>
(0,25đ)
<i>Bây giờ, ta chứng minh tồn tại 1 tập hợp hữu hạn các bộ (x; y; z)</i>
<i>với x, y, z ∈ N∗</i> <sub>thỏa mãn phương trình.</sub>
<i>Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó</i>
<i>0 <</i> 1
<i>z</i> <i>≤</i>
1
<i>y</i> <i>≤</i>
1
<i>x</i>;
1
<i>x</i> <i><</i>
1
2010 =
1
<i>x</i> +
1
<i>y</i> +
1
<i>z</i> <i>≤</i>
3
<i>x</i>
(0,25đ)
<i>⇒ 2010 < x ≤ 3.2010</i>
(0,25đ)
<i>Nên x nhận không quá 2.2010 giá trị.</i>
</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>
<i>Với mỗi giá trị x ta nhận được:</i>
1
2010<i>−</i>
1
<i>x</i> =
1
<i>y</i> +
1
<i>z</i> <i>≤</i>
2
<i>y.</i>
Suy ra
<i>y ≤ 2.</i> <i>2010x</i>
<i>x − 2010</i> <i>≤ 2</i>
2<i><sub>.2010</sub></i>2<i><sub>.</sub></i>
(0,25đ)
<i>Do đó, y nhận khơng lớn hơn 2</i>2<i><sub>.2010</sub></i>2 <sub>giá trị.</sub> <sub>(0,25đ)</sub>
<i>Cuối cùng, nếu x, y đã nhận được thì tương ứng có một giá</i>
<i>trị z được xác định bởi phương trình đã cho. Như vậy tồn tại</i>
không nhiều hơn 23<i><sub>.2010</sub></i>3 <sub>nghiệm tự nhiên thỏa mãn điều kiện</sub>
<i>x ≤ y ≤ z.</i>
(0,25đ)
<i>Vì đối với các nghiệm dạng này, nhờ sự hoán vị của x, y, z dẫn</i>
đến tất cả các nghiệm còn lại của phương trình đã cho, nên số
<i>nghiệm của phương trình nói chung khơng vượt q 6.2</i>3<i><sub>.2010</sub></i>3<sub>.</sub>
<i>Vậy ta có điều phải chứng minh.</i>
</div>
<!--links-->
