hsg nam 2007

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (243.49 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1: (3 điểm)
Cho biểu thức:

6 4 3 1 3 3

3 2 3 4 1 3

3 3 8

x x x

A x

x x x

x

 

   

     



  



   

1. Rót gän biĨu thøc A.

2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4,0 điểm)

Cho parabol (P): 1 2
2

y x và đờng thẳng d y: 2x m (m là tham số).

1. Với giá trị nào của m thì (P) và d chỉ có một điểm chung? Khi đó d gọi là
tiếp tuyến của parabol (P), vẽ tiếp tuyến đó.

2. Vẽ parabol (P) và đờng thẳng d y: 2x m trên cùng một đồ thị. Từ đồ thị
suy ra, tập những giá trị của m để d cắt (P) tại 2 điểm có hồnh độ dơng.
3. Tìm các giá trị của m để phơng trình x4 4x2 2m 0

   cã 4 nghiƯm ph©n

biệt. Tính các nghiệm đó theo m.
Bài 3: (3,5 điểm)

1. Tìm số có hai chữ số biết rằng phân số có tử số là số đó, mẫu số là tích của
hai chữ số của nó có phân số tối gin l 16

9 và hiệu của số cần tìm với số có
cùng các chữ số với nó nhng viết theo thứ tự ngợc lại bằng 27.

2. HÃy tìm các ch÷ sè a b c d, , , biÕt r»ng c¸c sè a ad cd abcd, , , là các số chính
phơng.

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho ng trũn (O; R) và đờng thẳng d không đi qua O cắt đờng tròn (O) tại
hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đờng thẳng d và ở ngồi đờng trịn (O)
vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đờng tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).

1. Chøng minh r»ng MN2 MP2 MA MB.

 

2. Dựng vị trí điểm M trên đờng thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vng.
3. Chứng minh rằng tâm của đờng tròn nội tiếp và tâm của đờng tròn ngoại

tiếp tam giác MNP lần lợt chạy trên hai đờng cố định khi M di động trên
đ-ờng thẳng d.

Bµi 5: (2,0 ®iĨm)

Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A(1;0), (0; 2), ( 3;0)B C  . Điểm D ở trên
đoạn BC sao cho DA = DC. E là điểm tùy ý trên đoạn AC, đờng thẳng d đi qua E
và song song với đờng thẳng AD cắt đờng thẳng BA tại F. Đoạn BE cắt đoạn DA tại
G. Chứng minh rằng 2 tia CG và CF đối xng vi nhau qua CA.

Bài 6: (3,0 điểm)

1) Trong các tấm bìa trình bày dới đây, mỗi tấm có một mặt ghi một chữ cái và
mặt kia ghi một số:

+ Chứng tỏ rằng để kiểm tra câu sau đây có đúng khơng: "Nếu mỗi tấm bìa
mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn", thì chỉ cần lật mặt sau
của tối đa là 2 tấm bìa, đó là 2 tấm bìa nào ?

2) Để thành lập các đội tuyển học sinh giỏi khối 9, nhà trờng tổ chức thi chọn
các mơn Tốn, Văn và Ngoại ngữ trên tổng số 111 học sinh. Kết quả có: 70

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

học sinh giỏi Toán, 65 học sinh giỏi Văn và 62 học sinh giỏi Ngoại ngữ.
Trong đó, có 49 học sinh giỏi cả 2 mơn Văn và Tốn, 32 học sinh giỏi cả 2
mơn Tốn và Ngoại ngữ, 34 học sinh giỏi cả 2 môn Văn và Ngoại ngữ.
Hãy xác định số học sinh giỏi cả ba môn Văn, Tốn và Ngoại ngữ. Biết rằng
có 6 học sinh khơng đạt u cầu cả ba mơn.

HÕt

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bµi 1 ý Nội dung Điểm

(2 điểm)

1. 1.1

(2 đ) 3

6 4 3 1 3 3

3 2 3 4 1 3

3 3 8

x x x

A x

x x x

x
 
   
     

  

   

Ta có: 3x2 3x 4



3x1



2 3 0;1 3x 0, x 0, nên điều kiện
để A có nghĩa là





3 8



3 2 3

 

2 3 4



0, 0 3 2 0 4
3

x   x x x  x  x    x









3
3

1 3

6 4 3

3 2 3 4 1 3

3 2

x

x x

A x

x x x

x
    

   

  
      
    
   







 







6 4 3 2 3

3 3 1 3

3 2 3 2 3 4

x x x

A x x x

x x x

    
 
   
    
 



 







3 4 2 3

3 2 3 1

3 2 3 2 3 4

x x

A x x

x x x

 
 
 
  
    
 



3 1



3 2
x
A
x




(0 4
3
x
  )
0,50

0,25
0,50
0,25
0,50
1.2
(1,0
®)













2 2

3 1 3 2 2 3 2 1 1

3 2 3 2 3 2

x x x

A x

x x x

    

   

  

Với x là số ngun khơng âm, để A là số ngun thì

3 3 3 9

3 2 1 3

3 1
3 1
x x
x x
x
x
   
       

 


(vì xZ và x0).
Khi đó: A4

0,50

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2.1

(1,5đ) Phơng trình cho hồnh độ giao điểm của (P) và d là:

2 2

2 4 2 0

2x x m x x m

       (1)

Phơng trình (1) là phơng trình bậc hai nên để (P) và d chỉ có một điểm chung
thì phơng trình (1) có nghiệm kép, tơng đơng với:

' 4 2m 0 m 2

     

Khi đó đờng thẳng d là tiếp tuyến của (P) có phơng trình y2x2

Vẽ đúng tip tuyn

0,25
0,50
0,25
0,25
0,25

2.2
(1,25 đ)

+ V ỳng (P)

+ Đờng thẳng d y: 2x m song song

với đờng thẳng y2x2 và cắt trục
Oy tại điểm B(0; m).

+ Dựa vào đồ thị ta có: Để d cắt (P) tại

hai điểm có hồnh độ dơng thì 0m2

0,25

0,50
0,50

2.3

(1,25®)

4 4 2 2 0

x  x  m (2)  X2 4X 2m0 vµ (X x2 0) (3)

Để phơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình (3) phải có 2 nghiệm
dơng phân biệt. Từ câu 1. và 2. ta suy ra 0m2.

Khi ú 4 nghiệm của (2) là: x1,2  2 4 2 m và x3,4  2 4 2 m

0,25
0,50
0,50

3. 3.1

(1,25 ®) Gọi số cần tìm là xy với x y, Z;1x y, 9.

Theo gi¶ thiÕt:





10 16

3
9

90 9 16

10 10 27

x y

x y
xy

x y xy

x y y x




   





 

 



    



Gi¶i hƯ ta cã 1 9; 2 3

x  x  (lo¹i). Suy ra y6.

Vâỵ số cần tìm là 96.

0,25

0,50

0,50
3.2

(2,25 đ) a là số chính phơng, nên a1, 4,9.

Ta cú 92 81; 102 100 nên khơng có số 9x nào là số chính phơng. Do đó a

chỉ có thể là 1 hoặc 4.

ad là số chính phơng nên ad chỉ có thể là 16, hoặc 49. Nên d chỉ có thể là 6
hoặc 9.

0,50

0,25

cd là số chính phơng nên cd chỉ có thể là 16, hoặc 36, hoặc 49. Nên Nên c

chỉ có thể là 1, hoặc 3, hoặc 4.

Nu a1 thì d 6và c1 hoặc c3, khi đó abcd 1 16b hay b1 36 và

 

2
1 6bc  x4 hay x6 .

Ta có: 262 676; 342 1156; 362 1296; 442 1936; 462 2126. Chỉ chọn
đợc 1936.

Nếu a4 thì d 9 và c4, khi đó abcd 4 49b 

 

x3 2hay x

 

7 2.
Ta có: 632 3969; 672 4489; 732 5329. Không chọn đợc số nào.

0,25

0,25
0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

VËy chỉ có các chữ số a1,b9, c3,d 6 thỏa mÃn điều kiện bài toán.

4 4.1

(1,25 đ)

Ta cú: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh đợc 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.

Suy ra: MA MN MN2 MP2 MA MB.

MN MB   

0,25
0,50
0,50

4.2

(1,25 đ) Để MNOP là hình vng thì đờng chéo OM ON 2R 2

Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đờng tròn tâm O đi qua điểm
D, cắt (d) tại M.

Chøng minh: Tõ M vÏ 2 tiÕp tuyÕn MN vµ MP. Ta cã MN MO2 ON2 R

  

, nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tơng tự, tam giác OPM cũng vng
cân tại P. Do đó MNOP l hỡnh vuụng.

Bài toán luôn có 2 nghiệm hình v× OM R 2R

0,25
0,25

0,50
0,25

4.3

(2,0 đ) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đ-ờng trịn đờng kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân
MPQ nội tiếp trong đờng trịn đờng kính OM, tâm là H.

+ Kẻ OE AB, thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL( )d thì HL //

OE, nên HL là đờng trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1

2
HL OE

(khơng đổi).

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H ln cách dều (d) một đoạn khơng đổi,
nên H chạy trên đờng thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.

0,25

0,5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

+ Ta có: OM là phân giác trong góc NMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Kẻ tia phân giác trong góc PNM cắt đờng tròn (O) tại điểm F, khi đó

 

NF FP (ứng với góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng

nhau).

+ Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đờng tròng nội tiếp tam giác MNP.
+ Vậy khi M đi động trên (d) thì tâm đờng trịn nội tiếp tam giỏc MNP chy
trờn ng trũn (O).

0,5
0,25
0,25

5 (2,0 đ)

+ Đờng thẳng BC có phơng trình dạng: y ax 2 (đi qua B(0; 2) và qua
C(-3; 0) nên 2

a . Do đó phơng trình của đờng thẳng BC là: 2 2
3
y x

+ Tam giác ADC cân tại D (gt), nên CAD DCA  , suy ra hƯ sè gãc cđa

AD là số đối của hệ số góc của BC, nên phơng trình của AD có dạng
2

y x b . Mà AD đi qua A(1; 0) nên 2
3

b , suy ra, phơng trình của
đờng thẳng AD là: 2 2

3 3

y x .

+ Gọi E(m; 0) thuộc đoạn CA thì ( 3 m1). Đờng thẳng d song song
với AD nên d: 2

y x b , d đi qua E nªn: : 2 2

3 3

m
d y x .

+ Phơng trình đờng thẳng BE: y ax 2. BE đi qua E(m; 0) nên a 2
m

khi m0; còn nếu m0 thì BE Oy . Do đó phơng trình của BE là:

2
2

y x

m

  (m0) vµ x0 (m = 0).

+ Phơng trình cho hồnh độ giao điểm G của BE và AD là:

2 2 2 2

2 ;

3 3 3

m

x x x

m m



     

 suy ra tung độ của G:

2( 1)
3
m
y
m






m0;m3



+ Phơng trình đờng thẳng CG: y ax b  , CG đi qua C và G nờn ta cú

0,25

hệ phơng trình:

2( 1)

3 0

2 2( 1)

6( 1)

3 3 9

m

a b a

m

ma m

m
b

b

m m m



   
 
  


 
 

 
    
 



Suy ra hệ số góc của đờng thẳng CG là 2( 1)

9
m
a
m


 0,25

+ Phơng trình đờng thẳng AB: y2x2 0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+Phơng trình cho hồnh độ giao điểm F của AB và d là:

2 2 3

2 2

3 3 2

m m

x x x 

      ; suy ra tung độ của F là: y m 1

+ Phơng trình đờng thẳng CF có dạng: y a x b '  ', CF đi qua C và F nên:





2( 1)

3 ' ' 0 '

3 ' 6( 1)

' 1 '

2 9

m

a b a

m

m a m

b m b

m


  
  
  

  

  
  
 


.

Suy ra hệ số góc của đờng thẳng CF là: ' 2( 1)

9
m
a a
m

 
 .

+ Hai đờng thẳng CG và CF ở về hai phía đối với CA và có hệ số góc i

nhau, nên cùng tạo với CA (trục Ox) một góc nhän b»ng nhau, suy ra: CG vµ

CF đối xứng nhau qua CA. 0,25

+ Trờng hợp m0: BE: x =0, nên 0;2

3
G 

 , hƯ sè gãc cđa CG lµ

2
9

a ; đờng

th¼ng d: 2

y x, tọa độ điểm 3; 1

2
F  

 , hƯ sè gãc cđa CF lµ

2
'

a  , bµi

tốn vẫn cịn đúng. 0,25

6

6.1
(1,25 ®)

+ Câu: "Nếu mỗi tấm bìa mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn"
đúng khi kiểm tra các tấm bìa ở mặt chữ cái nếu là ngun âm thì mặt sau phải
là số chẵn, cịn tấm bìa nào có mặt chữ cái là phụ âm thì mặt số là số chẵn
hoặc lẻ đều khơng ảnh hởng.

Do đó nếu lật tấm bìa chữ A mà mặt sau là số lẻ, thì khẳng định ngay câu trên
khơng đúng, ngợc lại mặt sau là số chẵn thì phải lật tiếp mặt sau của tấm bìa
có chữ số 3, nếu mặt đó là phụ âm thì câu trên hồn tồn đúng, ngợc lại là sai.
Cịn mặt sau tấm bìa chữ M có thể số chẵn hoặc lẻ đều đợc, cũng nh mặt sau
tấm bìa số 6 là nguyên âm hoặc phụ âm đều đợc, câu trên đều đúng.

Vậy chỉ cần lật tối đa 2 tấm bìa chữ A và số 3 là có thể kiểm chứng đợc câu
trên là đúng.

0,50

0,25
0,25

0,25

6.2

(1,75 đ) + Gọi x là số học sinh giỏi cả 3 mơn Văn, Tốn, Ngoại ngữ (x > 0), dựa vàobiểu đồ ta có:
Số học sinh chỉ giỏi một mơn Tốn là:





70 49  32 x

Sè häc sinh chỉ giỏi một môn Văn là:

65 49 34 x

Số học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ lµ:





62 34  32 x

0,25
0,25
0,25
0,25

+ Có 6 học sinh không đạt yêu cầu nên:













111 6 70 49    32 x 65 49  34 x 62 34  32 x 

49



32 x

 

 34 x



82 x 105 x 23

    

VËy cã 23 häc sinh giỏi cả 3 môn

0,50

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8></div>

hsg nam 2007











 

















 









 



























 

 

 

 































 



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về