Gián án Đề + đáp án biểu điểm kì thi HSG Huyện Mai Sơn vòng 2 năm 2011

UBND HUYỆN MAI SƠN PHÒNG GD&ĐT CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Đề chính thức ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 - CẤP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán - Vòng 2 Ngày thi: 24/01/2011 (Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số abc trong hệ thập phân sao cho với n là số nguyên lớn hơn 2, ta có 2 2 abc n 1 cba (n 2)  = −   = −   Câu 2: (5 điểm) a. Chứng minh rằng : 7 2 3 2 3 29 5 20 2 2 3 2 2 3 + − < + < + + − − b.Cho a 1;b 1.≥ ≥ Chứng minh rằng : a b 1 b a 1 ab− + − ≤ Câu 3 : (5 điểm) a, Cho các số thực x, y, z thoả mãn 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z 6 x y z + + + + + = Tính 2009 2010 2011 x y z+ + b,Cho hai điểm A(2;3); B(7;7) trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Tìm điểm M trên trục Ox để ( MA + MB ) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4 : (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Về phía ngoài tam giác, vẽ các tam giác ABD và ACE vuông cân tại đỉnh A. Gọi P, M và N lần lượt là trung điểm của BC, BD và CE. Tính số đo các góc của tam giác MNP. Câu 5: (4 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB cố định, C là một điểm cố định nằm giữa A và O. Điểm M di động trên (O,R). a, Tìm vị trí của M trên (O,R) tương ứng lúc độ dài của CM lớn nhất, nhỏ nhất. b, Gọi N là một điểm trên (O,R) sao cho · 0 MCN 90= . Gọi K là trung điểm của MN. Chứng minh rằng: khi M di động ta có KO 2 + KC 2 không đổi. c, Chứng minh rằng: Khi M di động trên (O,R) thì K di động trên một đường tròn cố định tâm I là trung điểm CO. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) UBND HUYỆN MAI SƠN PHÒNG GD&ĐT CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG LỚP 9 - CẤP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: Toán – Vòng 2 Ngày thi: 24/01/2011 Câu 1: (3 điểm) Ta có (n 2 - 1) - (n - 2) 2 = abc cba 4n 5 99(a c)− ⇔ − = − => 4n - 5 M 99 (1) mà 2 2 2 cba 1000 32 (n 2) 32 n 2 32 n 34< < ⇒ − < ⇒ − < ⇒ < 4n 5 131⇒ − < Mặt khác n>2 => 3 < 4n - 5 <131 (2) Từ (1) và (2) => 4n - 5 = 99 ⇔ n = 26 Do đó 2 abc 26 1 675;= − = 2 cba (26 2) 576.= − = Vậy abc 675= Câu 2: (5 điểm) a, Ta có (2 3) 2 2 3 2 3 (2 3) 2 2 2 3 2 2 3 2 4 2 3 2 4 2 3 − + − + + = + + + − − + + − − 2 2 (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3) 2 2 3 1 2 3 1 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) + − + − = + = + + + − + + + − − (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3)(3 3) (2 3)(3 3) 2. 3 3 3 3 (3 3)(3 3) + − + − + − + = + = + − + − (6 2 3 3 3 3 6 2 3 3 3 3) 2.6 2. 2 9 3 6 + + − + + − − = = = − mà 5 29 2 7 20 < < => đpcm. b, Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm ta có: b 1 1 b ab b 1 a b 1 2 2 2 − + − ≤ = ⇒ − ≤ Tương tự b ab a 1 2 − ≤ . Do đó a b 1 b a 1 ab− + − ≤ Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 2 Câu 3: (5 điểm) a, Áp dụng bất đẳng thức 2 2 1 a 2 a + ≥ . Đẳng thức xảy ra <=> a = 1 hặc a = -1 ta được 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (x ) (y ) (z ) 6 x y z + + + + + ≥ Đẳng thức xảy ra <=> x 2 = y 2 = z 2 = 1 => P = 1 khi (x; y; z) ∈ {(1, -1, -1); (-1, -1, 1); (1, 1, -1); (-1,1, 1)} => P = 1 khi (x; y; z) ∈ {(-1, -1, -1); (-1, 1, -1)} => P = 3 khi (x; y; z) = {(1, 1, 1); (1, -1, 1)} b, Lấy điểm A’ đối xứng với A qua Ox A’B cắt Ox tại M Giả sử N là một điểm thuộc Ox, N ≠ M ta có MA = M’A, NA = N’A => NA + NB = NA’ + NB > A’B = MA + MB Do vậy điểm M cần tìm là giao điểm của A’B với Ox Do A(2;3) nên A’(2; -3) phương trình đường thẳng A’B có dạng y = ax +b (1) Thay toạn độ A’ và B vào (1) ta được 7 a.7 b a 2 3 a.2 b b 7 = + =   ⇔   − = + = −   Pt(1) trở thành y = 2x - 7 Cho y = 0, ta có 2x - 7 = 0 <=> x = 3,5. Vậy M(3,5;0) Câu 4: (3 điểm). Gọi giao điểm của BE với DC và AC lần lượt là H và I ADC ABE∆ = ∆ (cgc) => DC = BE · · ACD AEB= Vì MP và NP lần lượt là đường trung bình của BCD & BCE∆ ∆ nên MP = 1 1 DC,NP BE 2 2 = => MP = NP (1) => MNP∆ cân. Xét IHC∆ và IAE∆ có · · ACD AEB= (c/m) · · HIC AIE= (đối đỉnh) => · · IHC IAE= mà · 0 IAE 90= => · 0 IHC 90= Lại có · · MPN IHC= (Góc có cạnh t/ư //) => · 0 MPN 90= (2) Từ (1) và (2) => MNP∆ vuông cân => · 0 MNP 90= ; µ µ 0 M N 45= = x N 7M A B A’ O y 7 A ED M N P B C H I Câu 5: (4 điểm) a, Ta có CM ≤ CO + OM = CO +OB = CB => CM lớn nhất = CB không đổi tức là M ≡ B Mặt khác CM ≥ OM - OC = OA - OC = AC => CM nhỏ nhất = AC <=> M ≡ A b, Xét ∆ MNC có µ 0 C 90= , CK là trung tuyến => CK = MN KM 2 = Vì K là trung điểm của dây cung MN => OK ⊥ MN Xét ∆ OKM, µ K = 90 0 => OK 2 + KM 2 = OM 2 => OK 2 + KC 2 = R 2 (không đổi) c, Vẽ KH ⊥ CO Xét ∆ CKH có µ 0 H 90= => CK 2 = KH 2 + CH 2 Xét ∆ KOH có µ 0 H 90= => KO 2 = KH 2 + HO 2 => CK 2 + KO 2 = 2KH 2 + CH 2 + HO 2 = 2(KI 2 - IH 2 ) + (CI + IH) 2 + (IO - IH) 2 = 2KI 2 - 2IH 2 + CI 2 + IH 2 + 2CI.IH + IO 2 - 2IO.IH + IH 2 = 2KI 2 + IC 2 + IO 2 mà CI = IO CK 2 + KO 2 = 2KI 2 + 2CI 2 => R 2 = 2KI 2 + 2 CO 2 => KI 2 = 2 2 1 (2R CO ) 4 − => KI = 2 2 1 ( 2R CO ) 2 − (không đổi mà I cố định) => K ∈ (I, 2 2 1 2R CO 2 − ) N K M BA C I H O . + + = + + + − − + + − − 2 2 (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3) 2 2 3 1 2 3 1 2 ( 3 1) 2 ( 3 1) + − + − = + = + + + − + + + − − (2 3) 2 (2 3) 2 (2 3)(3 3) (2. = 2KI 2 - 2IH 2 + CI 2 + IH 2 + 2CI.IH + IO 2 - 2IO.IH + IH 2 = 2KI 2 + IC 2 + IO 2 mà CI = IO CK 2 + KO 2 = 2KI 2 + 2CI 2 => R 2 = 2KI 2 + 2 CO 2 =>