Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 
NĂM HỌC 2010-2011 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm) 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
    
  
 
 với a > 0, a  1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên? 
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 
N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
  
Bài 3. (2,0 điểm) 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
 

 
x y xy
x y xy
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. 
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 
BÀI-
Ý 
ĐỀ -ĐÁP ÁN 
ĐIỂ
M 
Bài 1 
Cho biểu thức: 
2a 1 a a 1 a a a a 1
M
a a a a a a
    
  
 
 với a > 0, a  1. 
a) Chứng minh rằng M 4. 
b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 
6
N
M
 nhận giá trị nguyên. 
2,00 
 1.a 
(1,25đ
) 
Do a > 0, a  1 nên: 
a a 1 ( a 1)(a a 1) a a 1
a a a ( a 1) a
     
 
 
 và 
0,25 
2a 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
            
  
  
0,25 
 
a 1
M 2
a

  
0,25 
Do a 0; a 1  nên: 2( a 1) 0 a 1 2 a     0,25 
 
2 a
M 2 4
a
   
0,25 
1.b 
(0,75đ
) 
Ta có 
6 3
0 N
M 2
   do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1 
0,25 
Mà N = 1  
6 a
1
a 1 2 a

 
  a 4 a 1 0    2( a 2) 3  
  a 2 3 hay a 2 3    (phù hợp) 0,25 
Vậy, N nguyên  2a (2 3)  0,25 
Bài 2 
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 N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2
1 1 .Q
OM ON
  
2,00 
2.a Điều kiện để (m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 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   0,25 
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    0,25 
2.b 
(1,25đ
) 
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 0,25 
 
0 am b
2 a b
n b
 

 
 
  hệ thức liên hệ giữa m và n là 2m n mn  
0,25 
Chia hai vế cho mn  0 ta được: 
1 2
1
m n
  (**) 
 
2 2
2 2 2 2
1 2 1 4 4 1 1 2 1
1 5
m n m n mn m n m n
     
             
     
0,25 
 
2 2
1 1 1
Q ;
m n 5
   dấu “=” xảy ra khi 
2 1
;
m n
 kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 
(thỏa (*)) 0,25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 
1
5
0,25 
Bài 3 
a) Giải hệ phương trình: 
17 2 2011
2 3 .
  

 
x y xy
x y xy
(1) 
b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: 
1
x y z z x (y 3)
2
      
(2) 2,0 đ 
3.a 
(1,25đ
) 
Nếu 0xy  thì 
17 2 1 1007 92011
9 490
(1)
1 2 91 490
3
10079
x
y x y
y
y x x
         
    
    
  
 (phù hợp) 
0,50 
Nếu 0xy thì 
17 2 1 1004
2011
9
(1) 0
1 2 1 1031
3
18
y x y
xy
y x x
      
    
    
 
 (loại) 
0,25 
Nếu 0xy  thì (1) 0x y   (nhận). 0,25 
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và 
9 9
;
490 1007
 
 
 
0,25 
3.b 
(0,75đ
) 
Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 0  y ≥ z ≥ x ≥ 0 0,25 
(2)  2 x 2 y z 2 z x x y z z x 3          
  2 2 2( x 1) ( y z 1) ( z x 1) 0        0,25 
  
x 1
y z 1
z x 1
 

 

 
  
x 1
y 3
z 2



 
 (thỏa điều kiện) 
0,25 
Bài 4 
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. 
3,0 đ 
4.a 
(1,00đ
) 
MN BF và BC NF 0,25 
 A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 
 FA NB 
Lại có AE NB 0,25 
Nên A, E, F thẳng hàng 0,25 
4.b 
(0,75đ
) 
CAN MAB , nên hai tam giác ACN và AMB đồng dạng. 0,25 
Suy ra: 
AN AC
AB AM
 
0,25 
Hay 2AM AN AB AC 2R    không đổi (với R là bán kính đường tròn (C )) 0,25 
4.c 
(1,25đ
) 
Ta có 
2
BA BC
3
 nên A là trong tâm tam giác BNF  C là trung điểm NF 
(3) 0,25 
Mặt khác: CAN CFM , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng 
  2
CN AC
CN CF BC AC 3R
BC CF
      
 0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF CN CF 2 CN CF 2R 3     
không đổi 0,25 
Nên: NF ngắn nhất  CN =CF  C là trung điểm NF (4) 0,25 
(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất 0,25 
Bài 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. 0,75 
 Đặt: S = 123456789101112 0,50 
C( )
F
E
N
C
OA
B
M
(1,00đ
) 
 
100
S
 3467891112 (1) là một số nguyên 
 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 
100
S
 có chữ số tận cùng là 6 (vì 
34=12; 26=12; 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; 812=96) 0,25 
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 0,25