028 đề HSG toán 9 đà nẵng 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
a  1 a a 1 a2  a a  a 1
với a > 0, a  1.


a
a a
a a a
a) Chứng minh rằng M  4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N 
nhận giá trị nguyên?
M
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y  0,5x  3 , y  6  x và y  mx có đồ thị
lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số
m thì đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) 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 I(1 ; 2) . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của
1

1 .
N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q 

2
OM
ON 2
Bài 3. (2,0 điểm)
17x  2y  2011 xy
a) Giải hệ phương trình: 
x  2y  3xy.
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho:
1
x  y  z  z  x  (y  3).
2
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.

Cho biểu thức: M 

Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.

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
BÀIÝ

ĐIỂ
M

ĐỀ -ĐÁP ÁN
a  1 a a 1 a 2  a a  a 1
với a > 0, a  1.


a
a a
a a a
a) Chứng minh rằng M  4.
6
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N 
nhận giá trị nguyên.
M

Cho biểu thức: M 
Bài 1

Do a > 0, a  1 nên:

a a  1 ( a  1)(a  a  1) a  a  1


a a
a ( a  1)
a

và

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
1.a
(1,25đ  M  a  1  2
)
a

2,00
0,25

2

Do a  0; a  1 nên: ( a 1)  0  a  1  2 a
2

2 a
24
a
6 3
Ta có 0  N   do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1
M 2
1.b
6 a
2
(0,75đ Mà N = 1  a  1  2 a  1  a  4 a  1  0  ( a  2)  3
)
 a  2  3 hay a  2  3 (phù hợp)

 M

Vậy, N nguyên  a  (2  3)
a) Cho các hàm số bậc nhất: y  0,5x  3 , y  6  x và y  mx có đồ thị
lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của
tham số m thì đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt
tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành
độ dương?
Bài 2
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 I(1 ; 2) . 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

Q

2.a

1
1 .

2
OM ON 2

Điều kiện để (m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m  0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

2,00
0,25


(0,75đ Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (m) là:
)
0,5x  3  mx  (m  0,5)x  3
Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m  0,5  0 hay m  0,5

Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (m) là:
6  x  mx  (m  1)x  6
Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m  1  0 hay m  1
Vậy điều kiện cần tìm là: 1  m  0,5; m  0
Đặt m = xM và n = yN  mn  0 và m  1
(*)
Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b
0  am  b

 2  a  b  hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m  n  mn
n  b


2.b Chia hai vế cho mn  0 ta được: 1  2  1
m n
(1,25đ
2
2
1
4
4
1   2 1
 1 2
 1
)
 1     2  2 
 5 2  2     
m n
m n
mn

m n
m n

0,25

0,25
0,25

0,25

(**)





 

1
1 1
2 1
 Q  2  2  ; dấu “=” xảy ra khi  ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5
m n
m
n
5

0,25

(thỏa (*))

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

1
5

0,25

17x  2y  2011 xy
a) Giải hệ phương trình: 

x  2y  3xy.

Bài 3 (1)
1
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: x  y  z  z  x  (y  3)
2

(2)
17 2
 1 1007
9

x
 y  x  2011  y  9




490
Nếu xy  0 thì (1)  
(phù hợp)


1  2  3
 1  490
y  9


 x
1007

9
y x
17 2
 1 1004
3.a
 y  x  2011  y  9

(1,25đ Nếu xy  0 thì (1)  

 xy  0 (loại)

)
1  2  3
 1   1031

18
 x

y x
Nếu xy  0 thì (1)  x  y  0 (nhận).
9
9 
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
;

 490 1007 

3.b Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 0  y ≥ z ≥ x ≥ 0
(0,75đ (2)  2 x  2 y  z  2 z  x  x  y  z  z  x  3
)
 ( x  1)2  ( y  z 1)2  ( z  x  1)2  0

2,0 đ

0,50

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


 x 1
x  1


  y  z  1   y  3 (thỏa điều kiện)

z  2


 z  x  1

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 F
điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng
M
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
B
C
A
O
điểm
thứ
hai
là
E.
Các
đường
thẳng
BM
Bài 4
và CN cắt nhau tại F.
a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F
(C )

E
thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng tích AMAN
không đổi.
N
c) Chứng minh rằng A là trọng tâm
của tam giác BNF khi và chỉ khi NF
ngắn nhất.
MN  BF và BC  NF
4.a  A là trực tâm của tam giác BNF
(1,00đ  FA  NB
Lại có AE  NB
)
Nên A, E, F thẳng hàng
CAN  MAB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng.
4.b
AN AC

(0,75đ Suy ra:
AB AM
)
Hay AM  AN  AB  AC  2R 2 không đổi (với R là bán kính đường tròn (C ))

0,25

3,0 đ
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2
3

Ta có BA  BC nên A là trong tâm tam giác BNF  C là trung điểm NF
(3)
Mặt khác:

0,25

CAN  CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng
CN AC
4.c


 CN  CF  BC  AC  3R 2
BC CF
(1,25đ
)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF  CN  CF  2 CN  CF  2R 3

không đổi
Nên:

NF ngắn nhất  CN =CF  C là trung điểm NF (4)

(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất

Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.
Đặt:
S = 123456789101112

0,25
0,25
0,25
0,25
0,75
0,50


S
(1,00đ 
(1) là một số nguyên
 3467891112
100
)
 hai chữ số tận cùng của S là 00
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

S
có chữ số tận cùng là 6 (vì
100

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 cùng của S là 600

0,25
0,25