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