De HSG Cap Tinh Bac Giang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.98 MB, 6 trang )

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐỀ THI MƠN: TỐN LỚP 9
Ngày thi: 02/4/2011 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(không kể thời gian giao đề) 
Câu 1: ( 4 điểm)

1. Cho hai số x y, 0. Rút gọn biểu thức sau:

2 2 2 2 4 4

4 4

2 2 2 2 2 2

( ) ( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

    

   .

2. Cho 3 3

2 2 3 2 2 3

x    và 3 3

3 17 3 17
y    .
Tính giá trị biểu thức: Bx3y36x6y2013.

Câu 2: ( 4 điểm ) Cho hệphương trình





2 2

2ax ay 2 x y 2b
y x b

    




 




(1) (a, blà tham số).

1. Giải hệ phương trình (1) với 2; 3.
3

a b

2. Tìm giá trị thực của bđể hệ phương trình (1) có nghiệm với mọi số thực a.
Câu 3: ( 4 điểm)

1. Tìm tất cả các số tự nhiên nđể P



n22n1



n22n2



1 là số nguyên tố.

2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 6 4

2y 2x 9x 2011.
Câu 4: (6 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; r), với BC là đường kính cố
định, điểm A thay đổi. Lấy điểm D đối xứng với điểm A qua điểm B. Kẻ AM vng
góc vớiBC (MBC), Điểm N là trung điểm của đoạnMC. Đường thẳng DM cắt (O)
tại các điểmP và Q, đường thẳngAN cắt (O) tạiđiểm thứ hai là K. Chứng minh rằng:

1. ĐiểmD di động trên mộtđường tròn cốđịnh.
2. DM AN.

3. Tổng các bình phương các cạnh của tứ giác APKQ không đổi.
Câu 5: (2 điểm)

Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác và x y z, , là ba số thực thoả mãn
0

ax by cz a b c      . Chứng minh rằng: xyyzzx2x2y2z 3 0.
--- Hết ---

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:...
Số báo danh: ...

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9

MƠN THI: TỐN (đề chính thức)

NGÀY THI 02/4/2011 
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu Phương pháp-Kết quả Điểm

Câu 1 ( 4 điểm)

Ta có:

2 2 2 2 4 4

4 4

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

( ) ( )

( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

x y x y x y

x y

x y x y x y

    

  

 

      

    

0.5 đ
Do

2 2 4 4 2 2

2 2

2 2 2 2 0

x y x y x y
x y

x y x y

 

   

  nên

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

( )

x y x y x y

A x y

x y x y x y

xy
x y

x y

    

  

 

    


 

0.75 đ

2 2

xy x y xy

A x y

x y x y

 

   

  0.5 đ

Câu1.1
(2điểm)

2 2

xy x y xy

x y

x y x y

   

   

 

 

 

Vậy

2 2

x y xy
A

x y

 



 .

0.25đ
Ta có









3 3 3

3 3 3 3

2 2 3 2 2 3

2 2 3 2 2 3 3. 2 2 3. 2 2 3 2 2 3 2 2 3
4 6 .

x

   

         

  1.0đ

Câu 1.2
(2điểm)

Suy ra: x36x4.

Tương tự ta có 3

6 6.

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang
Từ đó:

3 3

3 3 6 6 2013 6 ( 6 ) 2013 4 6 2013 2011.

Bx y  x y x  x y  y     

0.5đ

Câu 2 (4điểm)





 

2 2

2 2 2 (1)

. 2

ax ay x y b

y x b

    




 




Từ (2) thế yxb vào (1), ta được









2 2

2 ( + ) 2 2 2

3 2 2 0 (*).

ax a x b x b b

ax ab x ab

   

    

0.5 đ
Với 2; 3

a b ta có 2

(*)2x 8x60

0.5 đ

1 2

3 0

x y

   


     



. 0.5 đ

Câu 2.1.
(2điểm)

KL : Hệ có nghiệm (x,y)  





1; 2 ;( 3;0) .







0.5 đ
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm x.

Vì ta cần tìm b để hệ có nghiệm với mọi a nên ta xét a0. 0.5 đ
Với a0. (*) có nghiệm khi và chỉ khi





2 2 2





' ab 2 3a b 2 3 ab 1  0

       

  . 0.5 đ

Nếu b0 thì  ' 60 với mọi a, thoả mãn.

Nếu b0 thì ' khơng thể lớn hơn hoặc bằng 0 với mọi a0
(ví dụ ta có thể chọn a 3

b

 ). 0.5 đ

Câu 2.2.
(2điểm)

KL: Giá trị cần tìm của b là 0.

0.5 đ

Câu 3 (4điểm)







2 1 2 2 1

P n  n n  n 

Ta có



 

























2 2 4 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 3 3 1

P n n n n

n n n n n n

 

         

 

 

         

  0.5 đ

+Xét n=0 ta có P=3 là số nguyên tố.

+ Xét n=1 ta có P=1 không là số nguyên tố. 0.5 đ
Câu 3.1.

(2điểm)

+Xét n>1. Do n là số tự nhiên nên 2

1 ( 1) 1 0

n   n n n   và P>0
suy ra 2

3 3 0

n  n  và 2 2

1 3 3

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang

Để P là số nguyên tố thì n23n  3 1 n23n20n1,n2

Vậy với n= 0 và n= 2 thì P là số nguyên tố. 0.5đ
Giải 3 6 4

2y 2x 9x 2011.(1)

Đặt 2

,( 0)

tx t phương trình đã cho trở thành

3 3 2

2y 2t 9t 2011.



3 3



2 y t 9t 2011

    (*) 0.5 đ

+ Nếu yt thì 2 2 2011

(*) 0 (*) 0 9 2011 0

VT  VP   t   t 

Do t nguyên nên 2

223 15 3

t   t  x 

0.5 đ
Từ (1) ta thấy x lẻ nên x  



1; 3



. Thử trực tiếp được

1; 10

x  y  thoả mãn.

0.5 đ
Câu 3.2.

(2điểm)

+ Nếu yt thì ta chứng minh y t 2. Thật vậy ta có





3 2 3 2

2t 9t 20112y 2 t2 3t 24t20270. (luôn đúng)
Nên y t 1 thay vào (*) ta được 2

2 671 0

t  t  , phương trình
khơng có nghiệm ngun.

KL : Phương trình có nghiệm



x y,









1; 10 ;

 

 1; 10





. 0.5đ

Câu 4 (6 điểm)

N
O
B

D
O'

C
A

R
Q

Lấy điểm O’ đối xứng với O qua điểm B suy ra O’ cố định.

0.5 đ
Hai tam giác O’BD và OBA bằng nhau (c.g.c) 0.5 đ

nên O’D=O’B=r 0.5 đ

Câu 4.1.
(2điểm)

suy ra D nằm trên đường tròn (O’,r) cố định.

0.5 đ
Ta có BAM ACM (1) (cùng phụ với góc ABM)

Suy ra hai tam giác vuông BMA và AMC đồng dạng

0.5 đ
Câu 4.2.

(2điểm)



1
AD

AB AM 2 AM AD AM

AC  MC  AC  2CN  AC  CN (2)

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang

 ADMCAN

Ta có     0

ADMDANCANDAN90

0.5 đ
suy ra tam giác DHA vuông ở H (H là giao điểm của AN và DM)

hay DMAN

0.5 đ
Kẻ đường kính AI

-Ta có IKAKvà DMAN  PQ // IK

0.5 đ
suy ra PIKQ là hình thang nội tiếp trong đường trịn (O) nên nó là

hình thang cân.

Suy ra QK=PI và PK=QI

0.5 đ

-Ta có AP2QK2 AP2PI2AI24r2

2 2 2 2 2 2

AQ PK AQ QI AI 4r

0.5 đ
Câu 4.3.

(2điểm)

Vậy 2 2 2 2 2

AP PK +KQ QA 8r không đổi.

0.5 đ

Câu 5 (2 điểm)

Giả thiết ax by cz a b c     0(*).

Cần chứng minh xyyzzx2x2y2z 3 0 (1).
Ta có (*)a x( 1)b y( 1)c z( 1)0.

(1)(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)0.

Đặt mx1;n y1;p z 1, ta có (*)ambncp0 (**)

(1)mnnp pm0. (2)

0.5 đ
Từ (**)suy ra p am bn

c


  , thế vào(2), ta có





am bn

mn m n

c


  

2 2

( ) 0.

cmn am bmn amn bn

am a b c mn bn

     

      0.5 đ

+Nếu n0 suy ra 2

am  , luôn đúng.
+Nếu n0 thì

2 2

( ) 0 m ( )m 0.

am a b c mn bn a a b c b

n n

 

            

 





2
2

2 4

ab a b c
m a b c

a

n a a

  

 

 

     

  . (3)

0.5 đ

Lại có





4ab a b c













2 2 2

ab bc ca a b c

a b c a b b c c a

     

         

(do a, b, c là ba cạnh trong một tam giác nên a>|b-c|,b>|a-c|, 
c>|a-b|)

Như vậy BĐT (3) luôn đúng.

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

Giới thiệu thầy giáo Thân Văn H ợi THCS T ân Mỹ TP. Bắc Giang

Bài tốn được chứng minh.

Điểm tồn bài (20điểm)

Lưu ý khi chấm bài:

Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi 
bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải 
cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.

</div>

De HSG Cap Tinh Bac Giang























 

































 





























<sub></sub>

<sub></sub>













 





























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về