• Theo trình tự bắt đầu từ bước giải nào đó sai thì các bước giải kế tiếp (nếu có liên quan) dù đúng vẫn không cho điểm cả phần còn lại từ bước giải nói trên. • Bài hình học nếu không có[r]
Trang 1Sở GD & ĐT Quảng Bình ĐÁP ÁN KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - THCS
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Môn: TOÁN
Những lưu ý khi chấm:
• Đáp án chỉ là một cách giải, nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì vẫn cho
điểm tối đa.
• Theo trình tự bắt đầu từ bước giải nào đó sai thì các bước giải kế tiếp (nếu có liên
quan) dù đúng vẫn không cho điểm cả phần còn lại từ bước giải nói trên.
• Bài hình học nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ vẽ sai thì không chấm.
Câu I
(2,5
điểm)
Giải phương trình: √ 16 − 8x − 3x2 = x2+ 3x − 4 (1)
Ta có (1) ⇔
16 − 8x − 3x2 = (x2 + 3x − 4)2 (2)
(0,25đ)
Hơn nữa,
(2) ⇔ (x2+ 3x − 4)2+ 3x2 + 8x − 16 = 0
⇔ (x2+ 3x − 4)2+ 3(x2+ 3x − 4) − 4 = x.
(0,25đ)
Đặt y = x2+ 3x − 4 (4) (Điều kiện y ≥ 0) Phương trình trở thành: y2 + 3y − 4 = x kết hợp với (4) ta có
hệ
(∗)
y2+ 3y − 4 = x
x2+ 3x − 4 = y
(0,25đ)
Trừ từng vế các PT và biến đổi thành (x − y)(x + y + 4) = 0 (0,25đ)
Trang 2
y2+ 3y − 4 = x (5)
y2+ 3y − 4 = x (7)
x + y + 4 = 0 (8) (II)
(0,25đ)
Xét hệ (I) thế (6) vào (5) ta có:
y2+ 2y − 4 = 0 ⇔
y = −1 − √5 (loại)
y = −1 + √5
(0,25đ)
Cùng với (6) suy ra: x = −1 + √ 5.
(0,25đ)
Xét hệ (II) thế x = −y − 4 từ (8) vào (7) ta được:
y2+ 4y = 0 ⇔
y = −4 (loại)
y = 0
(0,25đ)
Thế y = 0 vào (8) ta suy ra x = −4.
(0,25đ)
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm x = −1+ √5; x = −4.
(0,25đ)
Trang 3Câu II
(2,5
điểm)
Lấy hai số m, M sao cho m ≤ a i ≤ M (1)
với i = 1, 2, , 2010.
(0,25đ)
Ta có
(a i − m)(a i − M) ≤ 0 , ∀i = 1, 2, , 2010
(0,25đ)
⇔ a2i − (m + M)a i + m.M ≤ 0 , ∀i = 1, 2, , 2010
(0,25đ)
⇒
a2
1− (m + M)a1+ m.M ≤ 0,
a2
2− (m + M)a2+ m.M ≤ 0,
a2
2010− (m + M)a2010+ m.M ≤ 0.
(0,5đ)
Cộng 2010 bất đẳng thức trên ta được:
a21+ a22+ + a22010− (m + M)(a1+ a2+ + a2010)
+2010m.M ≤ 0
(0,5đ)
Kết hợp với giả thiết, ta suy ra
1 + 2010.m.M ≤ 0 ⇔ m.M ≤ − 1
2010
(0,25đ)
Chọn m = min{a i }, M = max{a i } thì thỏa mãn (1) và tích của
hai số này không vượt quá − 1
2010
(0,5đ)
Trang 4Câu III
(3,0
điểm)
A
D
F
E
(Hình vẽ)
(0,25đ)
a) Đặt
[ AFE = [BFD = x; BDF = [[ CDE = y; CED = [[ AEF = z.
Suy ra [F AE = 1800− x − z,
(0,25đ)
\
\
Mặt khác [F AE + [ AF E + [ AEF = 1800 (0,25đ)
nên y = [ F AE Do đó: \ BDF = [ BAC. (0,25đ)
b) Tương tự như câu a) ta có:
\
ECD = \ BF D = x; F BD = \\ CED = z.
(0,25đ)
Từ đó suy ra:
4BDF v 4BAC; 4CDE v 4CAB và 4AEF v 4ABC.
(0,25đ)
Nên
BD
BF =
BA
BC =
5
8;
CD
CE =
CA
CB =
7
8;
AE
AF =
AB
AC =
5 7
(0,25đ)
Trang 5Suy ra tồn tại các số dương k, l, m để
BD = 5k; BF = 8k; CD = 7l;
CE = 8l; AE = 5m; AF = 7m.
Khi đó, ta được các phương trình:
5k + 7l = 8 (1) 7m + 8k = 5 (2) 5m + 8l = 7 (3)
(0,25đ)
Giải hệ (1), (2) và (3) suy ra:
k = 1
2 ⇒ BD =
5
2.
(0,25đ)
Câu IV
(2,0
điểm)
Để ý rằng phương trình đã cho có nghiệm, chẳng hạn:
x = y = z = 3.2010
(0,25đ)
Bây giờ, ta chứng minh tồn tại 1 tập hợp hữu hạn các bộ (x; y; z)
với x, y, z ∈ N ∗ thỏa mãn phương trình
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z Khi đó
0 < 1
z ≤
1
y ≤
1
x;
1
x <
1
2010 =
1
x +
1
y +
1
z ≤
3
x
(0,25đ)
⇒ 2010 < x ≤ 3.2010
(0,25đ)
Nên x nhận không quá 2.2010 giá trị.
(0,25đ)
Trang 6Với mỗi giá trị x ta nhận được:
1
2010−
1
x =
1
y +
1
z ≤
2
y .
Suy ra
y ≤ 2 2010x
x − 2010 ≤ 2
2.20102.
(0,25đ)
Do đó, y nhận không lớn hơn 22.20102 giá trị (0,25đ)
Cuối cùng, nếu x, y đã nhận được thì tương ứng có một giá
trị z được xác định bởi phương trình đã cho Như vậy tồn tại
không nhiều hơn 23.20103 nghiệm tự nhiên thỏa mãn điều kiện
x ≤ y ≤ z.
(0,25đ)
Vì đối với các nghiệm dạng này, nhờ sự hoán vị của x, y, z dẫn
đến tất cả các nghiệm còn lại của phương trình đã cho, nên số
nghiệm của phương trình nói chung không vượt quá 6.23.20103
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(0,25đ)