Môn thi: TOÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

(1)

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

--- --- Ngày thi: 04 tháng 3 năm 2009 ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1 (6 điểm)

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

F5x²2y²2xy4x2y3 Bài 2 (4 điểm)

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số abc thỏa:

2 2

1 ( 2) abc n cba n

  



 

 ⁽^{n N n}^ ^; ^²⁾ Bài 3 (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H thuộc BC). Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Chứng minh rằng: EF³EB BC CF. . .

Bài 4 (3 điểm)

Cho nửa đường tròn 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.

Bài 5 ( 3 điểm)

Cho 100 số tự nhiên a a1, ,...,2 a100 thỏa mãn điều kiện:

1 2 100

1 1 1

... 19

a  a   a 

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

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

Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

(2)

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

--- ---

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn này gồm có 02 trang)

Bài 1 (6 điểm) Câu 1 (3 điểm):

Cách 1: Pt ¹ ¹ ₂

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

x x

x x x x x x



 

 

 

        

 

 

2 2 2

1 9 1 9

4(2 3 1) (27 3 ) 150 725 0 5

x x

x x x x x x

   

 

   

      

  .

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

+/ Khi x = 5 thì VT = VP, nên x = 5 là nghiệm của pt.

Câu 2 (3 điểm)

F = ⁽^x²^^y²^^{2 ) (4}^xy ^ ^x²^^y²^{ }¹² ⁴^xy^⁴^x^^{2 ) 2}^y ^ = ⁽^{x y}^ ⁾²^⁽²^{x y}^{ }¹⁾²^².

Ta thấy với mọi x, y thì F2. Nên min

1

0 3

2 2 1 0 1

3 x y x

F x y

y

 

   

       



.

Bài 2 (4 điểm)

Ta có: abc100a10b c n  ²1 (1)

cba100c10b a n  ²4n4 (2) Từ (1) và (2) ta có 99(a-c)=4n – 5 ^⁴ⁿ^^{5 99 (3)}_

Mặt khác: 100n² 1 999101n²100011 n 31 ^^{39 4}^ ⁿ^{ }^{5 119} ⁽⁴⁾. Từ (3) và (4) suy ra n = 26.

Vậy abc675. Bài 3 (4 điểm)

Trong tam giác vuông ABC ta có: AB.AC = AH.BC và AH² BH HC. (1) Trong tam giác vuông ABH ta có: ^BH² ^^{BE BA}^. ⁽²⁾

Trong tam giác vuông ACH ta có: ^CH² ^^{CF CA}^. ⁽³⁾ Từ (2) và (3) ta có:



^{BH CH}^.



² BE BA CF CA^. ^. ^. ⁽⁴⁾ Kết hợp (1) và (4) ta được: AH⁴ EB BC CF AH. . .

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AH = EF nên suy ra EF³ EB BC CF. . . Bài 4 (3 điểm)

Ta có: ⁽ ^). ^. ² 2 ²

2 2 2

ABDC

AC BD AB CD AB AB

S      R (1)

Kẻ MH vuông góc với AB thì: ¹ ^. ¹ ^. ²

2 2

SAMB  AB MH  MO AB R (2) Từ (1) và (2) suy ra: SACM SBDM SABDC SAMB ²R²R² R²

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM là R², 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

A n

    n  

(3)

Thật vậy: Từ ¹_k ^₂²_k ^ _k _¹_k_₁^²



^k ^ ^k^¹



^{, suy ra:}

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

A       n  n  n  n (*)

Gỉa sử trong 100 số tự nhiện đã cho không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử: a1a2 ... a100a11,a22,...a_n100

Thế thì:

1 2 100

1 1 1 1 1 1

... ...

1 2 100

a  a   a     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.