Đề thi học sinh giỏi thành phố Đà Nẵng môn Toán lớp 9 năm học 2010 - 2011 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức:
với a > 0, a ≠ 1.
a) Chứng minh
rằng
b) Với những giá trị nào của a
thì biểu thức nhận giá trị nguyên?
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: ,
và có đồ thị lần lượt là các đường
thẳng (d
1
), (d
2
) và (∆
m
). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (∆
m
)
cắt hai đường thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có

hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?
b) Trên mặt phẳng tọa độ
Oxy, cho M và N là hai điểm
phân biệt, di động lần lượt trên
trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định .
Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
b) Tìm tất cả các
giá trị của x, y, z sao cho:
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di
động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng
của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N.
Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn
nhất.
Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2
a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a

+ − − + −
= + +
− −
M 4.>
6
N
M
=
y 0,5x 3= +
y 6 x= −
y mx=
I(1; 2)
2 2
1 1
.
Q
OM ON
= +
17 2 2011
2 3 .
+ =


− =

x y xy
x y xy
1
x y z z x (y 3).
2

+ − + − = +
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9
Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận
thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể
phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu
không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể
để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác.
Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học
thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó.
Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào
tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.

BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP ÁN ĐIỂM
Bài 1
Cho biểu thức: với a > 0,
a ≠ 1.
a) Chứng minh rằng
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị nguyên. 2,00
1.a
(1,25đ)
Do a > 0, a ≠ 1 nên:
và 0,25
0,25
⇒
0,25

Do nên: 0,25
⇒
0,25
1.b
(0,75đ)
Ta có do đó N chỉ có thể nhận
được một giá trị nguyên là 1 0,25
Mà N = 1 ⇔ ⇔ ⇔
⇔ (phù hợp)
0,25
Vậy, N nguyên ⇔
0,25
Bài 2
a) Cho các hàm số bậc nhất: , và
có đồ thị lần lượt là các đường thẳng
(d
1
), (d
2
) và (∆
m
). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (∆
m
) cắt hai
đường thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm
còn điểm B có hoành độ dương?

b) Trên mặt phẳng tọa độ
Oxy, cho M và N là hai điểm
phân biệt, di động lần lượt trên
trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định . Tìm
hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 2,00
2.a
(0,75đ)
Điều kiện để (∆
m
) là đồ thị hàm số bậc nhất là
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
1
) và (∆
m
) là:
0,25
2
a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
+ − − + −
= + +
− −
M 4.
>
6
N
M

=
a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1
a a a ( a 1) a
− − + + + +
= =
− −
2
a a a a 1 (a 1)(a 1) a (a 1) (a 1)(a a 1) a a 1
a a a a (1 a) a(1 a) a
− + − + − − − − − + − + −
= = =
− − −
a 1
M 2
a
+
= +
a 0; a 1> ≠
2
( a 1) 0 a 1 2 a− > ⇔ + >
2 a
M 2 4
a
> + =
6 3
0 N
M 2
< = <
6 a
1

a 1 2 a
=
+ +
a 4 a 1 0− + =
2
( a 2) 3− =
a 2 3 hay a 2 3= + = −
2
a (2 3)= ±
y 0,5x 3= +
y 6 x= −
y mx=
I(1 ; 2)
2 2
1 1
.
Q
OM ON
= +
m 0≠
⇔
Điều kiên để phương trình này
có nghiệm âm là
Phương trình hoành độ giao điểm của (d
2
) và (∆
m
) là:
⇔
Điều kiên để phương trình này

có nghiệm dương là
Vậy điều kiện cần tìm là: 0,25
2.b
(1,25đ)
Đặt m = x
M
và n = y
N
⇒ m⋅n ≠ 0 và m ≠ 1 (*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0,25
⇒ ⇒ hệ thức liên hệ giữa m và n là 0,25
Chia hai vế cho m⋅n ≠ 0 ta được:
(**)
⇒ 0,25
⇒ dấu “=” xảy ra khi kết hợp
(**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) 0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 0,25
Bài 3
a) Giải hệ phương trình:
(1)
b) Tìm tất cả các giá trị
của x, y, z sao cho: (2) 2,0 đ
3.a
(1,25đ)
Nếu thì (phù
hợp) 0,50
Nếu thì (loại) 0,25
Nếu thì (1) (nhận). 0,25
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là và 0,25
3.b

(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25
(2) ⇔
⇔
0,25
⇔ ⇔ (thỏa điều kiện)
0,25
0,5x 3 mx+ =
(m 0,5)x 3− =
m 0,5 0 hay m 0,5− < <
6 x mx− =
(m 1)x 6+ =
m 1 0 hay m 1+ > > −
1 m 0,5; m 0− < < ≠
0 am b
2 a b
n b
= +


= +


=

2m n mn+ =
1 2
1
m n
+ =

2 2
2 2 2 2
1 2 1 4 4 1 1 2 1
1 5
m n m n mn m n m n
     
= + = + + = + − −
 ÷  ÷  ÷
     
2 2
1 1 1
Q ;
m n 5
= + ≥
2 1
;
m n
=
1
5
17 2 2011
2 3 .

+ =


− =


x y xy

x y xy
1
x y z z x (y 3)
2
+ − + − = +
0xy >
17 2
1 1007
9
2011
9
490
(1)
1 2 9
1 490
3
1007
9
x
y x
y
y
y x
x



+ =
=
=




  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
− = =
=

 



0<xy
17 2
1 1004
2011
9
(1) 0
1 2
1 1031
3
18
y x
y
xy
y x
x


−

+ = −
=


 
⇔ ⇔ ⇒ >
 
 
− =
= −
 


0xy =
y mx=
(0;0)
9 9
;
490 1007
 
 ÷
 
2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3+ − + − = + − + − +
2 2 2
( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0− + − − + − − =
x 1
y z 1
z x 1


=


− =


− =


x 1
y 3
z 2
=


=


=

Bài 4
Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính
AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C )
sao cho M không trùng với các điểm A và B.
Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường
thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng
AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )
tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và
CN cắt nhau tại F.

a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng
hàng.
b) Chứng minh rằng tích AM⋅AN không
đổi.
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam
giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất.
3,0 đ
4.a
(1,00đ)
và 0,25
⇒ A là trực tâm của tam giác BNF
0,25
⇒
Lại có
0,25
Nên A, E, F thẳng hàng
0,25
4.b
(0,75đ)
, nên hai tam giác ACN và AMB
đồng dạng. 0,25
Suy ra: 0,25
Hay không đổi (với R là bán
kính đường tròn (C ))
0,25
4.c
(1,25đ)
Ta có nên A là trong tâm tam giác
BNF ⇔ C là trung điểm NF (3)
0,25

Mặt khác: , nên hai tam giác
CNA và CBF đồng dạng
⇒
0,25
Áp dụng bất đẳng thức
Cô-si, ta có: không đổi 0,25
Nên: NF ngắn nhất ⇔ CN =CF ⇔ C là trung điểm NF (4)
0,25
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn nhất
0,25
Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75
(1,00đ
)
Đặt: S = 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7⋅8⋅9⋅10⋅11⋅12
⇒ 3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9⋅11⋅12 (1) là một số nguyên
⇒ hai chữ số tận cùng của S là 00
0,50
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu
chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận cùng là 6 (vì 3⋅4=12; 2⋅6=12;
2⋅7=14; 4⋅8=32; 2⋅9=18; 8⋅11=88; 8⋅12=96)
0,25
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25
Hết
C
( )
F
E
N
C
O

A
B
M
MN BF⊥
BC NF⊥
FA NB
⊥
AE NB⊥
·
·
CAN MAB=
AN AC
AB AM
=
2
AM AN AB AC 2R× = × =
2
BA BC
3
=
·
·
CAN CFM=
2
CN AC
CN CF BC AC 3R
BC CF
= ⇒ × = × =
NF CN CF 2 CN CF 2R 3= + ≥ × =
100

S
=
100
S
3.b
(0,75đ)
Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ 0 ⇒ y ≥ z ≥ x ≥ 0
0,25
Theo BĐT
Cauchy:
⇒
0,25
Do đó ⇔ thỏa điều kiện
0,25
x 1 y z 1 z x 1
x ; y z ; z x
2 2 2
+ − + − +
≤ − ≤ − ≤
1
VP x y z z x (y 3) VT
2
= + − + − ≤ + =
x 1
y z 1
z x 1

=



− =


− =


x 1
y 3
z 2
=


=


=
