DE THI HSG QN 2011B

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

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>QUẢNG NINH </b>

---



---

<b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH </b>

<b>LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011</b>

<b>ĐỀ THI CHÍNH THỨC </b>

<b>MƠN: TỐN </b>

<b>(BẢNG B) </b>

Họ và tên, chữ ký
của giám thị số 1:

Ngày thi:

<b> 24/3/2011 </b>

Thời gian làm bài:

<b> 150 phút </b>

(không kể thời gian giao đề)

<i>(Đề thi này có 01 trang)</i>

……….…….…

……….

<b>Bài 1. </b>

<i>(3,0 điểm)</i>

Rút gọn biểu thức A =

3 3

1 1

2 2

3 3

1 1 1 1

2 2

 



   

<b>Bài 2. </b>

<i>(2,5 điểm) </i>

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 điểm A(-2; -2), B(0; 2), C(2; 1), chứng

minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông.

<b>Bài 3. </b>

<i>(2,5 điểm) </i>

Với n là một số tự nhiên tuỳ ý, đặt M = (n

2

+2n+5)

3

- (n+1)

2

+ 2012.

Chứng minh rằng M chia hết cho 6.

<b>Bài 4. </b>

<i>(3,5 điểm) </i>

Giải phương trình:

<i>x</i> 1 4 <i>x</i>



<i>x</i>1 4



<i>x</i>



5

<b>Bài 5. </b>

<i>( 6,0 điểm)</i>

Cho đường tròn (O; R) với hai đường kính AB và CD vng góc với nhau.

Gọi E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, dây AE cắt CD tại M, dây DE cắt AB

tại N.

1. Tam giác CEM là tam giác gì, vì sao ?

2. Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn.

<b>Bài 6. </b>

<i>(2,5 điểm)</i>

Cho biết phương trình ax

2

+ bx + c = 0 có nghiệm (ẩn x), chứng minh rằng

phương trình a

3

x

2

+ b

3

x + c

3

= 0 cũng có nghiệm (ẩn x).

--- Hết ---

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

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 </b>
<b>ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN LỚP 9 - BẢNG B. </b>

<b>Bài </b> <b>Sơ lược lời giải </b> <b>_điểmCho </b>

<b>Bài 1 </b>
<b>(3,0 </b>

<b>điểm) </b> Biến đổi được A =

2 3 2 3

2 2

4 2 3 4 3

1 1

4 4

 



 

 

A =

2 3 2 3

2 2

3 1 3 1

1 1

2 2

 



 

 

= 2 3 2 3

3 3 3 3

 



 

từ đó đi đến A = 1

0,75

1,25
1,0

<b>Bài 2 </b>
<b>(2,5 </b>
<b>điểm) </b>

Vẽ hệ trục toạ độ Oxy, xác định các điểm A(-2; -2); B(0; 2); C(2; 1).

áp dụng định lý Pitago, tính

được AB2

= 20; BC2 = 5
và AC2_{= 25}

từ đó có: AC2_{= AB}2_{+ BC}2

suy ra tam giác ABC vuông tại
B (đpcm !).

O

A

C
B

0,75

0,75
0,75
0,25

<b>Bài 3 </b>
<b>(2,5 </b>
<b>điểm) </b>

Biến đổi M =

(n

2

+2n+5)

3

-(n+1)

2

+2012

= (

n

2

+2n+5

)3-(

n

2

+2n+5

)+2016

Dễ thấy 2016 = 6.336 => 2016 6 (1)

Ta sẽ ch/minh (a3_{-a) 6 với}__a__{Z. Thật vậy, có (a}3_{-a) = (a-1)a(a+1)}

Xét phép chia a cho 6, có: a = 6m+r với 0 ≤ r ≤ 5
* nếu r = 0, khi đó a=6m => (a3-a) 6.

* nếu r = 1, khi đó (a-1)a(a+1) = 6.m(6m+1)(6m+2) => (a3-a) 6.
* nếu r = 2, khi đó (a-1)a(a+1) =

= (6m+1)(6m+2)(6m+3)=(6m+1)(3m+1)(2m+1).6 => (a3-a) 6
* nếu r = 3, khi đó (a-1)a(a+1) =

= (6m+2)(6m+3)(6m+4)=6.(3m+1)(2m+1)(6m+4) => (a3-a) 6
* nếu r = 4, khi đó (a-1)a(a+1) =

= (6m+3)(6m+4)(6m+5)=6(2m+1)(3m+1)(6m+5) => (a3-a) 6
* nếu r = 5, khi đó (a-1)a(a+1) .=

= (6m+4)(6m+5)(6m+6)=(6m+4)(6m+5)(m+1).6 => (a3-a) 6
do đó ta ln có (a3-a) 6 với aZ (*)

Áp dụng kết quả (*), suy ra (

n

2

+2n+5

)3-(

n

2

+2n+5

) 6 (2) vì

n

2

+2n+5

N
Từ (1) và (2) suy ra M 6 (đpcm !)

<i> Chú ý: Có thể ch/m: M 2 và M 3 rồi từ đó ch/m được M 6 hoặc xét </i>
<i>trực tiếp các trường hợp xảy ra trong phép chia n cho 6 rồi ch/m M 6 . </i>

0,25
0,25

0,25

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

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

<b>Bài </b> <b>Sơ lược lời giải </b> <b>_điểmCho </b>
<b>Bài 4 </b>

<b>3,5 đ </b>

Tập xác định: x-1; 4 (*) . Đặt <i>x</i> 1 4<i>x</i>= a => a ≥ 0
và a2₌₍

1 4

<i>x</i>  <i>x</i>)2 = 5+2



<i>x</i>1 4



<i>x</i>



=>



<i>x</i>1 4



<i>x</i>



= (a2-5)/2
khi đó phương trình đã cho <i>x</i> 1 4 <i>x</i>



<i>x</i>1 4



<i>x</i>



= 5 (1) trở
thành: a + (a2

-5)/2 = 5 hay: a2 + 2a - 15 = 0 (2)
Giải (2) được: a = 3 (thoả mãn) hoặc a = -5 < 0 (loại).

Từ a = 3 tìm được x = 0 hoặc x = 3, cùng thoả mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 và x = 3.

<i>Chú ý: có thể giải bằng cách cơ lập căn thức, bình phương 2 vế, đặt ẩn </i>
<i>phụ hoặc đặt 2 ẩn phụ và đưa về hệ 2 ẩn. </i>

1,0

0,5
1,0
1,0

<b>Bài 5a </b>
<b>(3,0 </b>
<b>điểm) </b>

Có: sđ<i>MCE</i> = 1

2 sđ<i>DE</i> (cung nhỏ DE) và sđ<i>CME</i> =
1

2 (sđ<i>AD</i>+sđ<i>CE</i>)

mà E là điểm giữa cung nhỏ BC => <i>MCE</i> = <i>CME</i> => CEM cân tại E

1,5
1,5

<b>Bài 5b </b>
<b>(3,0 </b>
<b>điểm) </b>

Từ tam giác cân AMB => <i>MBO</i>= <i>MAO</i>
tương tự có <i>NDO</i>= <i>NCO</i>

mà <i>MAO</i> = <i>EAB</i> ; <i>NDO</i>= <i>EDC</i> và <i>EAB</i> = <i>EDC</i> => <i>MBO</i> = <i>NCO</i>

tử đó suy ra tứ giác BNMC nội tiếp (đpcm !).

0,75
0,5
1,5
0,25

<b>Bài 6 </b>
<b>(2,5 </b>
<b>điểm) </b>

* Nếu a = 0 thì phương trình ax2+bx+c = 0 (1) <=> bx+c=0 và phương
trình a3_x2 _{+ b}3_{x + c}3 _{= 0 (2) <=> b}3_x+c3 _{= 0 (2')}

do (1) có nghiệm nên x₀ / bx₀+c=0 <=> bx₀= -c <=> (bx₀)3 = -c3

<=> b3(x₀3) + c3 = 0 => phương trình (2') và do đó (2) nhận (x₀3) là nghiệm
=> phương trình (2) có nghiệm.

* Nếu a0 thì do (1) có nghiệm nên 1= b2- 4ac ≥ 0 => b6 ≥ 64a3c3

khi đó xét 2 = b6- 4a3c3, trong trường hợp ac ≥ 0 thì 64a3c3 ≥ 4a3c3

=> 2 = b6- 4a3c3 ≥ b6- 64a3c3 ≥ 0 => phương trình (2) có nghiệm;

trường hợp ac<0 thì hiển nhiên b6- 4a3c3 ≥0 => (2) có nghiệm.
Tóm lại, nếu (1) có nghiệm thì (2) cũng có nghiệm (đpcm!)

0,25

0,75
0,25
0,75
0,5

N
M

O

A B

C

D

E

Hình vẽ bài 5

<b>Các chú ý khi chấm </b>

<i>1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi </i>
<i>tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được điểm tối đa. </i>

<i>2. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết </i>
<i>nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. </i>

<i>3. Với bài 5, khơng chấm điểm nếu khơng có hình vẽ . </i>

</div>

<!--links-->