de thi HSG thanh pho gia lai

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

GIA LAI Năm học 2009 - 2010

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN TỐN

( ĐỀ CHÍNH THỨC )

Câu 1: (2,5 điểm) Ta có

21975=22.987 1+ =22.987.2=4987.2 0,5

đ

= +

(

3 1

)

987.2=

(

3k+1 2

)

=6k+2, k∈ * Suy

1975

2 chia cho dư (1) 0,5

đ

Ta có

52010 =52.1005=251005 0,5

đ

(

24 1+

)

1005 =

(

3.8 1+

)

1005=3m+1, m∈ * Suy

52010 chia cho dư (2) 0,5

đ

21975+52010 chia hết cho

3 0,5

đ

Câu 2: (2,5 điểm)

Ta có

xy+

(

1+x2

)(

1+y2

)

=1

(

)(

)

(

)

2

2

1 1

xy x y

⇒ + + + = 0,5 đ

⇒ x y2 2+ +

(

1 x2

)(

1+y2

)

+2xy

(

1+x2

)(

1+y2

)

=1 2 2 2

(

2

)(

2

)

1 1

x y x y x y xy x y

⇒ + + + + + + + =

2 2 2

(

2

)(

2

)

2 1

x y x y x y xy x y

⇒ + + + + + + =

2

(

2

) (

2 2

)

(

2

)(

2

)

1 1

x y y x xy x y

⇒ + + + + + + =

đ

(

)

2

0

1

x y y x

⇒ + + + = 0,5

2

1

x y y x

⇒ + + + = 0,5

đ

Câu : (3 điểm)

Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau

1 2

(

a b

)

ab

a b

+

+ ≤ (1) (nêu được) 0,5

đ

Thật vậy, ta có

(

)

(

)

2

2

1 1 a b

ab

a b ab

a b a b

+

 

⇔  ≤

 

+

+ ≤ +

2

a ab b a b

⇔ + + ≤ + ⇔

a− ab +b≥

2

1

0

a b

 

 

 −  ≥

⇔ (hiển

nhiên) đ Tương tự (1), ta có

1 2

(

b c

)

bc

b c

+

+ ≤ (2)

1 2

(

c a

)

ca

c a

+

1 2

(

a b

)

2

(

b c

)

2

(

c a

)

ab bc ca

a b c

  + +

 

 

+ + +

+ + ≤ 0,5

đ

hay

1 a b b c c a

ab bc ca

a b c

  + +

 

 

+ + +

+ + ≤

hay

2 a b b c c a

a b c ab bc ca

+ + +

+ + ≤ + +

đ

Câu 4: ( 3,5 điểm) a) Ta có

(

) (

2

)

2

' m m m 3m

∆ = − − − = − + 0,5 đ

2

3

0

2

m

 

= −  + >

  , ∀ ∈m  0,5

đ

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 0,5

đ

b) Ta có

1,2 m m 3m

x = − ± − +

Do đó, với m nguyên, nghiệm x1 x2 số nguyên

tồn số tự nhiên k thỏa mãn

2 ' k

∆ = 0,5 đ Hơn

2 2

' k m 3m k 4m 12m 16 4k

(

)

2

(

)(

)

2m 4k 2m 2k 2m 2k

⇔ − − = − ⇔ − + − − = − 0,5 đ Vì

(

2m− +3 2k

) (

− 2m− −3 2k

)

=4k≥0, nên

2m− +3 2k≥2m− −3 2k Ngoài

− =7 7.

( ) ( )

− =1 −7 Vậy có hai trường hợp

2m− +3 2k=7 ; 2m− −3 2k= −1

2m− +3 2k=1 ; 2m− −3 2k = −7 0,5

đ

Do m=3 ; k=2 m=0 ; k=2

Vậy m=3 m=0 0,5

đ

Câu 5: (4 điểm)

y 8

6

4

2

(d) (p)

x

a) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình 1

4x =mx+ hay

2 4 4 0

x − mx− = 0,5

đ

Ta có

4

' 4m + >

∆ = 0,5

đ

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Do (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt A B 0,5 đ

b) Xét đường thẳng (d): y=mx+1

(

m∈

)

Với x=0 y=1, nên (d) ln cắt trục Oy điểm M 0;1

( )

Gọi diện tích tam giác AOB S Ta có

S = S∆OAM +S∆OBM Giả sử A x y

(

1; 1

)

B

(

x y2; 2

)

Ta có

1 1

2

OAM OM x x

S∆ = = ,

2 2

2

OBM OM x x

S∆ = =

1.

(

1 2

)

2 x x

S = + 0,5

đ

Vì x1 x2 nghiệm phương trình x2−4mx− =4 0 , nên theo hệ thức Vi-ét

ta có x1+ =x2 4m

1

x x = − 0,5 đ Do

(

)

2

(

2

)

1

1 2

1

4 x x x x x x

S = + = + +

(

(

2

)

2 2 2

)

1

4 x x x x x x

= + − +

1

(

) (

)

4 16m 16 m +

= + =

Suy

2 m

S = + 0,5

đ

Hơn

(

)

2 1 m

m + ≥ + ,

vì

(

)

2 2

1 2

2

m

m + ≥ + ⇔ m + ≥m + m+

(

)

2

2 1

m m m

⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (hiển

nhiên) 0,5 đ Do

(

)

2

1

2

2 m m m

S = + ≥ + = + (đpcm) 0,5

đ

N

P

I M

C

B A

Ta có

PIB=IAB+IBA (góc ngồi tam giác) 

45 IBA

= +



45 IBC

= + (1) 1,5

đ

Mặt khác

PNB=CNM (hai góc đối đỉnh) 1

(



)

180

2 ACB

(



)

90 90

2 ACB

 

=  + − 

1

(



)

90

2 ABC

= + (hai góc phụ nhau) 

45

2 ABC

= +



45 IBC

= + (2) 1,5

đ

Từ (1) (2) suy PIB =PNB

Do điểm P, N, I, B nằm đường tròn 0,5

đ

Hơn nữa, INB vng nên

IB đường kính đường trịn

này 0,5 đ

Suy IPB vuông 0,5

đ

HẾT