Dethi HSGTPDN toan9 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 150 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức: a  a a 1 a  a a  a 1 M   với a > 0, a  a a a a a a M  a) Chứng minh b) Với giá trị a N biểu thức nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) 6mx  x3 a) Cho hàm số bậc nhất: , y yy0,5x có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hoành độ dương? I(1 b) Trên mặt phẳng tọa độ ; 2) Q  Oxy, cho M N hai điểm OM ON phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức Bài (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 17x  2y  2011 xy  b) Tìm tất x  x y  2z y 3zxy  x  (y  3) giá trị x, y, z cho: Bài (3,0 điểm) Cho đường trịn (C ) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương -HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010-2011 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các Giám khảo thảo luận thống thêm chi tiết lời giải thang điểm biểu điểm trình bày Tổ chấm phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho ý đề thi Tuy nhiên, điểm bài, câu không thay đổi Nội dung thảo luận thống chấm ghi vào biên cụ thể để việc chấm phúc khảo sau thống xác Học sinh có lời giải khác đúng, xác phải nằm chương trình học làm đến ý giám khảo cho điểm ý Việc làm trịn số điểm kiểm tra thực theo quy định Bộ Giáo dục Đào tạo Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN a  a a  a  a a  a  Cho biểu thức: với a > 0,   a  a a a a a a Bài M  a) Chứng minh b) Với giá trị a biểu thức nhận giá trị nguyên N Do a > 0, a  nên: a a  ( a  1)(a  Ma  1) a  a    a a a ( a  1) a 1.a a  a a  a  (a  1)(a  1)  a (a  1) (a  1)(a  a  1) a  a    a 1  (1,25đ)  a a a a (1M  a) a (1  a) a 2 a a1  a Do nên: ( a  1) a 0 0;  a Ta có N nhậnM  a 6 34 0N  giá trị nguyên M Mà N =    a(  a64 a2)2130 1.b 1 a   hay a 1 a (0,75đ) ĐIỂM M 2,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a  2  (phù hợp) Bài 2.a (0,75đ) Vậy, N nguyên  a  (2  3) 6mx  x3 a) Cho hàm số bậc nhất: , y yy0,5x có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (m) Với giá trị tham số m đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hồnh độ âm cịn điểm B có hồnh độ dương? I(1 b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, ; 2) Q   cho M N hai điểm phân biệt, OM ON di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức Điều kiện để (m) đồ thị hàm số bậc m  Phương trình hồnh độ giao điểm (d1) (m) là: (m 0,5x  0,5)x   mx 3  Điều kiên để phương trình m  0,5  hay m  0,5 có nghiệm âm 0,25 2,00 0,25 0,25 Phương trình hồnh độ giao điểm (d2) (m) là: (m x1)x  mx 6  Điều kiên để phương trình m   hay m  1 có nghiệm dương 1  m  0,5; m  Vậy điều kiện cần tìm là: 0,25 Đặt m = xM n = yN  mn  m  (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25  nam mn   hệ thức liên hệ m n 2m b 0,25 0   Chia hai vế cho mn  ta được:  21 a2b1 2.b (**) m n (1,25đ) n  b 2  0,25 4   1  2  1       12 11 1 2 dấu   xảy  rakhi kết hợp “=” m Q n mn n  m n m n   2;  m; (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) 0,25 mm n Vậy giá trị nhỏ Q 0,25 a) Giải hệ phương trình: 17x  2y5 2011 xy (1)  Bài x  2y  3xy b) Tìm tất giá trị x  y  z  z  x  (y  3) x, y, z cho: (2) 2,0 đ xy  10 1007 Nếu (phù 17  x  y  x  2011  y  hợp) 0,50     490 3.a (1)    xy  0 1004  Nếu (loại) 0,25 17 (1,25đ) 10  490 yxy mx 1y 2 x 3 2011  Nếu (1) (nhận) 0,25 y  y  1007 y x    x  (1)    xy  KL: Hệ có nghiệmlà 0,25  9(0;0)9  ;   1031   Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 03  y ≥ z1007 ≥ x ≥ 0 0,25  490  y x  x 18 0,25 (2)  x 2 yz 2 zx  x yzzx3 ( x  1)  ( y  z  1)  ( z  x  1)   3.b   (thỏa điều kiện)  xx11 (0,75đ)   y   y  z    z   z  x  0,25 Cho đường tròn (C ) với tâm O đường kính 3,0 đ F AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường M thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng B C hàng A O b) Chứng minh tích AMAN khơng Bài đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn E N (C )  A trực tâm tam giác BNF 4.a  (1,00đ) Lại có MN BC  NF BF FA  NB AE  NB Nên A, E, F thẳng hàng · · , nên hai tam giác ACN AMB CAN  MAB đồng dạng 4.b Suy ra: AN AC (0,75đ)  Hay không đổi (với R bán AM ANABABAM AC 2R kính đường trịn (C )) Ta có nên A tâm tam giác BA  BC BNF  C trung điểm NF (3) · · Mặt khác: , nên hai tam giác CAN  CFM CNA CBF đồng dạng CN AC  4.c   CN CF BC AC 3R CF (1,25đ) Áp dụng bất đẳng thức BC NF  CN  CF  CN CF 2R Cơ-si, ta có: khơng đổi Nên: NF ngắn  CN =CF  C trung điểm NF (4) (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF  NF ngắn Bài Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 123456789101112 (1,00đ  3467891112 (1) số S nguyên )   hai chữ số tận S 00 100 Mặt khác, suốt trình nhân liên S tiếp thừa số vế phải (1), để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy có 100 chữ số tận (vì 34=12; 26=12; 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) Vậy ba chữ số tận S 600 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,50 0,25 0,25 - Hết - Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥  y ≥ z ≥ x ≥ 0,25 Theo BĐT 0,25 x 1 y  z 1 z  x 1 x ; yz  ; zx  Cauchy: 2  VP  x  y  z  z  x  (y  3)  VT 3.b 0,25 Do  thỏa điều kiện  xx11 (0,75đ)   y   y  z    z   z  x  ... phương trình: 17x  2y5 2011 xy (1)  Bài x  2y  3xy b) Tìm tất giá trị x  y  z  z  x  (y  3) x, y, z cho: (2) 2,0 đ xy  10 1007 Nếu (phù 17  x  y  x  2011  y  hợp) 0,50 ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2010 -2011 Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP Dưới sơ lược biểu điểm đề thi Học sinh giỏi lớp Các... 3.a (1)    xy  0 1004  Nếu (loại) 0,25 17 (1,25đ) 10  490 yxy mx 1y 2 x 3 ? ?2011  Nếu (1) (nhận) 0,25 y  y  1007 y x    x  (1)    xy  KL: Hệ có nghiệmlà 0,25