đề thi hsg quang ninh bang b năm 2010-2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH  KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (BẢNG B) Họ và tên, chữ ký của giám thị số 1: Ngày thi: 24/3/2011 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) ……….…….… ………………. Bài 1. (3,0 điểm) Rút gọn biểu thức A = 33 11 22 33 1 1 1 1 22       Bài 2. (2,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 điểm A(-2; -2), B(0; 2), C(2; 1), chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông. Bài 3. (2,5 điểm) Với n là một số tự nhiên tuỳ ý, đặt M = (n 2 +2n+5) 3 - (n+1) 2 + 2012. Chứng minh rằng M chia hết cho 6. Bài 4. (3,5 điểm) Giải phương trình:    1 4 1 4 5x x x x       Bài 5. ( 6,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) với hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, dây AE cắt CD tại M, dây DE cắt AB tại N. 1. Tam giác CEM là tam giác gì, vì sao ? 2. Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn. Bài 6. (2,5 điểm) Cho biết phương trình ax 2 + bx + c = 0 có nghiệm (ẩn x), chứng minh rằng phương trình a 3 x 2 + b 3 x + c 3 = 0 cũng có nghiệm (ẩn x). Hết Họ và tên thí sinh: . . ……………………….………… Số báo danh: ………………… www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN LỚP 9 - BẢNG B. Bài Sơ lược lời giải Cho điểm Bài 1 (3,0 điểm) Biến đổi được A = 2 3 2 3 22 4 2 3 4 3 11 44     A = 2 3 2 3 22 3 1 3 1 11 22     = 2 3 2 3 3 3 3 3    từ đó đi đến A = 1 0,75 1,25 1,0 Bài 2 (2,5 điểm) Vẽ hệ trục toạ độ Oxy, xác định các điểm A(-2; -2); B(0; 2); C(2; 1). áp dụng định lý Pitago, tính được AB 2 = 20; BC 2 = 5 và AC 2 = 25 từ đó có: AC 2 = AB 2 + BC 2 suy ra tam giác ABC vuông tại B (đpcm !). O A C B 0,75 0,75 0,75 0,25 Bài 3 (2,5 điểm) Biến đổi M = (n 2 +2n+5) 3 -(n+1) 2 +2012 = (n 2 +2n+5) 3 -(n 2 +2n+5)+2016 Dễ thấy 2016 = 6.336 => 2016 6 (1) Ta sẽ ch/minh (a 3 -a) 6 với aZ. Thật vậy, có (a 3 -a) = (a-1)a(a+1) Xét phép chia a cho 6, có: a = 6m+r với 0 ≤ r ≤ 5 * nếu r = 0, khi đó a=6m => (a 3 -a) 6. * nếu r = 1, khi đó (a-1)a(a+1) = 6.m(6m+1)(6m+2) => (a 3 -a) 6. * nếu r = 2, khi đó (a-1)a(a+1) = = (6m+1)(6m+2)(6m+3)=(6m+1)(3m+1)(2m+1).6 => (a 3 -a) 6 * nếu r = 3, khi đó (a-1)a(a+1) = = (6m+2)(6m+3)(6m+4)=6.(3m+1)(2m+1)(6m+4) => (a 3 -a) 6 * nếu r = 4, khi đó (a-1)a(a+1) = = (6m+3)(6m+4)(6m+5)=6(2m+1)(3m+1)(6m+5) => (a 3 -a) 6 * nếu r = 5, khi đó (a-1)a(a+1) .= = (6m+4)(6m+5)(6m+6)=(6m+4)(6m+5)(m+1).6 => (a 3 -a) 6 do đó ta luôn có (a 3 -a) 6 với aZ (*) Áp dụng kết quả (*), suy ra (n 2 +2n+5) 3 -(n 2 +2n+5) 6 (2) vì n 2 +2n+5N Từ (1) và (2) suy ra M 6 (đpcm !) Chú ý: Có thể ch/m: M 2 và M 3 rồi từ đó ch/m được M 6 hoặc xét trực tiếp các trường hợp xảy ra trong phép chia n cho 6 rồi ch/m M 6 . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com Bài Sơ lược lời giải Cho điểm Bài 4 3,5 đ Tập xác định: x-1; 4 (*) . Đặt 14xx   = a => a ≥ 0 và a 2 =( 14xx   ) 2 = 5+2    14xx =>    14xx = (a 2 -5)/2 khi đó phương trình đã cho    1 4 1 4x x x x      = 5 (1) trở thành: a + (a 2 -5)/2 = 5 hay: a 2 + 2a - 15 = 0 (2) Giải (2) được: a = 3 (thoả mãn) hoặc a = -5 < 0 (loại). Từ a = 3 tìm được x = 0 hoặc x = 3, cùng thoả mãn điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 và x = 3. Chú ý: có thể giải bằng cách cô lập căn thức, bình phương 2 vế, đặt ẩn phụ hoặc đặt 2 ẩn phụ và đưa về hệ 2 ẩn. 1,0 0,5 1,0 1,0 Bài 5a (3,0 điểm) Có: sđ MCE = 1 2 sđ DE (cung nhỏ DE) và sđ CME = 1 2 (sđ AD +sđ CE ) mà E là điểm giữa cung nhỏ BC => MCE = CME => CEM cân tại E 1,5 1,5 Bài 5b (3,0 điểm) Từ tam giác cân AMB => MBO = MAO tương tự có NDO = NCO mà MAO = EAB ; NDO = EDC và EAB = EDC => MBO = NCO tử đó suy ra tứ giác BNMC nội tiếp (đpcm !). 0,75 0,5 1,5 0,25 Bài 6 (2,5 điểm) * Nếu a = 0 thì phương trình ax 2 +bx+c = 0 (1) <=> bx+c=0 và phương trình a 3 x 2 + b 3 x + c 3 = 0 (2) <=> b 3 x+c 3 = 0 (2') do (1) có nghiệm nên x 0 / bx 0 +c=0 <=> bx 0 = -c <=> (bx 0 ) 3 = -c 3 <=> b 3 (x 0 3 ) + c 3 = 0 => phương trình (2') và do đó (2) nhận (x 0 3 ) là nghiệm => phương trình (2) có nghiệm. * Nếu a0 thì do (1) có nghiệm nên  1 = b 2 - 4ac ≥ 0 => b 6 ≥ 64a 3 c 3 khi đó xét  2 = b 6 - 4a 3 c 3 , trong trường hợp ac ≥ 0 thì 64a 3 c 3 ≥ 4a 3 c 3 =>  2 = b 6 - 4a 3 c 3 ≥ b 6 - 64a 3 c 3 ≥ 0 => phương trình (2) có nghiệm; trường hợp ac<0 thì hiển nhiên b 6 - 4a 3 c 3 ≥0 => (2) có nghiệm. Tóm lại, nếu (1) có nghiệm thì (2) cũng có nghiệm (đpcm!) 0,25 0,75 0,25 0,75 0,5 N M O A B C D E Hình vẽ bài 5 Các chú ý khi chấm 1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. 2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. 3. Với bài 5, không chấm điểm nếu không có hình vẽ . 4. Có thể chia nhỏ điểm thành phần nhưng không dưới 0,25đ và phải thống nhất trong cả tổ chấm. Điểm toàn bài là tổng số điểm toàn bài đã chấm, không làm tròn. www.VNMATH.com . www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN LỚP 9 - B NG B. B i Sơ lược lời giải Cho điểm B i 1 (3,0 điểm) Biến đổi được A = 2 3 2 3 22 4. TẠO QUẢNG NINH  KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (B NG B) Họ và tên, chữ ký của giám thị số 1: Ngày thi: 24/3/2011. làm b i: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) ……….…….… ………………. B i 1. (3,0 điểm) Rút gọn biểu thức A = 33 11 22 33 1 1 1 1 22       B i