De thiDap an hoc sinh gioi Ba ria 09

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH</b>
TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009

--- ---
Ngày thi: 04 tháng 3 năm 2009
<b>ĐỀ CHÍNH THỨC </b>

<b> </b>

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
<b>Bài 1</b> (6 điểm)

1) Giải phương trình: <i>x</i> 1 2<i>x</i>1 5
2) Tìm x, y để biểu thức F đạt giá trị nhỏ nhất:

<i>F</i> 5<i>x</i>22<i>y</i>2 2<i>xy</i> 4<i>x</i>2<i>y</i>3
<b>Bài 2</b> (4 điểm)

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số <i>abc</i> thỏa:

2

2
1

( 2)

<i>abc n</i>
<i>cba</i> <i>n</i>
  





 


 (<i>n N n</i> ; 2)
<b>Bài 3</b> (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H thuộc BC). Đường trịn đường kính
AH cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Chứng minh rằng: <i>EF</i>3<i>EB BC CF</i>. . _.

<b>Bài 4</b> (3 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R và M là một điểm thay đổi trên nửa
đường tròn (khác A và B). Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của đường
tròn (O) tại các điểm C và D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và
BDM.

<b>Bài 5</b> ( 3 điểm)

Cho 100 số tự nhiên <i>a a</i>1, ,...,2 <i>a</i>100 thỏa mãn điều kiện:
1 2 100

1 1 1

... 19

<i>a</i>  <i>a</i>   <i>a</i> 

Chứng minh rằng trong 100 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau.

--- HẾT
---Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO </b>TẠO <b>KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH</b>

TỈNH BÀ RỊA VŨNG – TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009
--- ---

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

(Hướng dẫn này gồm có 02 trang)
Bài 1 (6 điểm)

Câu 1 (3 điểm):

Cách 1: Pt 2

1
1

3 2 2 ( 1)(2 1) 25 2 2 3 1 27 3

<i>x</i>
<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>


 

 
 _  _
        
 
 

2 2 2

1 9 1 9

5

4(2 3 1) (27 3 ) 150 725 0

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

   

 

 _  _  

      

  _.

Cách 2: +/ Nếu x>5: VT = <i>x</i>1 2<i>x</i>1 5 1  2.5 1 5  <i>VP</i>
+/ Nếu 1 <i>x</i> 5_{: Tương tự VT < VP.}

+/ Khi x = 5 thì VT = VP, nên x = 5 là nghiệm của pt.
Câu 2 (3 điểm)

F = (<i>x</i>2<i>y</i>22 ) (4<i>xy</i>  <i>x</i>2<i>y</i>212 4<i>xy</i> 4<i>x</i>2 ) 2<i>y</i>  = (<i>x y</i> )2(2<i>x y</i> 1)22.

Ta thấy với mọi x, y thì <i>F</i>2_{. Nên}
min

1

0 ₃

2

2 1 0 1

3
<i>x</i>
<i>x y</i>
<i>F</i>
<i>x y</i>
<i>y</i>




 
 
  _  _
  
 _{ }

 _.

Bài 2 (4 điểm)

Ta có: <i>abc</i>100<i>a</i>10<i>b c n</i>  21 (1)

<i>cba</i>100<i>c</i>10<i>b a n</i>  2 4<i>n</i>4 (2)
Từ (1) và (2) ta có 99(a-c)=4n – 5  4<i>n</i> 5 99 (3)

Mặt khác: 100<i>n</i>2 1 999101<i>n</i>2100011 <i>n</i> 31
39 4 <i>n</i> 5 119 (4). Từ (3) và (4) suy ra n = 26.
Vậy <i>abc</i>675_.

Bài 3 (4 điểm)

Trong tam giác vng ABC ta có: AB.AC = AH.BC và <i>AH</i>2 <i>BH HC</i>. ₍₁₎
Trong tam giác vuông ABH ta có: <i>BH</i>2 <i>BE BA</i>. (2)

Trong tam giác vng ACH ta có: <i>CH</i>2 <i>CF CA</i>. (3)
Từ (2) và (3) ta có:





2

. . . . (4)

<i>BH CH</i> <i>BE BA CF CA</i>
Kết hợp (1) và (4) ta được: <i>AH</i>4 <i>EB BC CF AH</i>. . .

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AH = EF nên suy ra <i>EF</i>3 <i>EB BC CF</i>. . _.
Bài 4 (3 điểm)

Ta có:

2
2

( ). .

2

2 2 2

<i>ABDC</i>

<i>AC BD AB</i> <i>CD AB</i> <i>AB</i>

<i>S</i>      <i>R</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Kẻ MH vng góc với AB thì:

2

1 1

. .

2 2

<i>AMB</i>

<i>S</i>  <i>AB MH</i>  <i>MO AB R</i>

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: <i>SACM</i> <i>SBDM</i> <i>SABDC</i>  <i>SAMB</i>2<i>R</i>2 <i>R</i>2 <i>R</i>2

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM là <i>R</i>2_{, đạt được khi}
M là điểm chính giữa của cung AB.

Bài 5 (3 điểm)

Ta có kết qủa quen thuộc sau đây:

1 1 1

... 2 2

2 3

<i>A</i> <i>n</i>

<i>n</i>

     

Thật vậy: Từ





1 2 1

2 1

2 1 <i>k</i> <i>k</i>

<i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>  <i>k</i>    _{, suy ra:}

2 ( 2 1) ( 3 2) ... ( 1) 2( 1) 2 2

<i>A</i>       <i>n</i> <i>n</i>   <i>n</i>  <i>n</i>

  _(*)

Gỉa sử trong 100 số tự nhiện đã cho khơng có hai số nào bằng nhau. Khơng mất tính tổng qt,
giả sử: <i>a</i>1<i>a</i>2...<i>a</i>100 <i>a</i>11,<i>a</i>2 2,...<i>an</i> 100

Thế thì: 1 2 100

1 1 1 1 1 1

... ...

1 2 100

<i>a</i>  <i>a</i>   <i>a</i>     __{2 100 1 19}_ _ _{(áp dụng (*))}

Kết qủa này trái với giả thiết. Vậy tồn tại bằng nhau trong 100 số đã cho.
LƯU Ý:

- Trên đây là hướng dẫn tóm tắt cách giải. Tổ chấm cần thống nhất thang điểm chi tiết
đến 0,25 hoặc 0,5.

- Các cách giải khác đúng (trong phạm vi chương trình THCS) vẫn cho điểm.

</div>

<!--links-->