Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề Câu 1 (4đ) a) Chứng minh rằng A 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Tìm số các số nguyên n sao cho B n2 n 13 là số chính phương Câu 2. (5đ) a) Giải phương trình x2 2x 3 2 2x2 4x 3 b) Giải hệ phương trình x2 y2 1 xy 2 2 x y 3xy 11 Câu 3 (3đ) Cho ba số x, y, z thỏa mãn x y z 2010 1 1 1 1 x y z 2010 Tính giá trị của biểu thức P x2007 y2007 y2009 z2009 z2011 x2011 Câu 4. (6đ) Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB cố định, AB R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi C;R1 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A , D;R2 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. hai đường tròn C;R1 và D;R2 cắt nhau tại điểm thứ hai là M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD và 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất ? Câu 5. Cho các số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 670. Chứng minh rằng: x y z 1 x2 yz 2010 y2 zx 2010 z2 xy 2010 x y z
2. ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 Câu 1 a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2n 1;2n ;2n 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên 2n 1 .2n. 2n 1 chia hết cho 3 Mặt khác 2n ;3 1 nên 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Ta thấy B là số chính phương 4B là số chính phương Đặt 4B= k2 k ¥ thì 4B 4n2 4n 52 k2 2n 1 k . 2n 1 k 51 Vì 2n 1 k 2n 1 k nên ta có các hệ 2n 1 k 1 2n 1 k 3 2n 1 k 51 2n 1 k 17 (1) (2) (3) (4) 2n 1 k 51 2n 1 k 17 2n 1 k 1 2n 1 k 3 Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n 12;n 3;n 13;n 4 Vậy các số nguyên cần tìm là n 12; 3;4;13 Câu 2 a) Ta có 2x2 4x 3 2(x 1)2 1 1 nên tập xác định của phương trình là R Phương trình đã cho tương đương với 2x2 4x 3 4 2x2 4x 3 3 0 Đặt y 2x2 4x 3 1 thì phương trình đã cho trở thành 2 y 1 y 4y 3 0 (thỏa mãn điều kiện) y 3 Với y 1 ta có 2x2 4x 3 1 2x2 4x 3 1 x 1 2 2 x 1 Với y 3 ta có 2x 4x 3 3 2x 4x 3 9 x 3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x 1,x 1,x 3 b) hệ đã cho tương đương với 11(x2 xy y2 ) 11 x2 xy y2 1 x2 xy y2 1 (*) 2 2 2 2 2 2 x 3xy y 11 11(x xy y ) x 3xy y (x 2y)(5x 3y) 0 Từ hệ (*) ta suy ra 2 2 x2 xy y2 1 x xy y 1 (I) hoặc (II) x 2y 0 x 2y . 5x 3y 0 Giải hệ (I) ta tìm được (x;y) (2; 1);( 2;1) Hệ II vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x;y) (2; 1);( 2;1) Câu 3 Từ giả thuyết suy ra x, y, z khác 0 và
3. 1 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 1 0 x y z x y z x y x y 0 xy z(x y z) 1 1 x y 2 0 xy xz yz z (x y)(xz yz z2 xy) 0 (x y)z(z x) y(z x) 0 x y y z z x 0 2007 2007 2007 2007 x y 0 x y x y x y 0 2009 2009 2009 2009 z y 0 y z y z y z 0 P 0 x z 0 z x 2011 2011 2011 2011 z x z x 0 Câu 4 O M D H K C A P B N
4. a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB lần lượt cân tại C, O nên C· PA C· AP O· BP do đó CP // OD (1) Tương tự DPB, OAB lần lượt cân tại D, O nên D· PB D· BP O· AB nên OD//CP (2) . Từ (1) và (2) suy ra ODPC là hình bình hành Gọi CD cắt MP tại H cắt OP tại K thì K là trung điểm của OP Theo tính chất 2 của đường tròn cắt nhau ta có CD  MP H là trung điểm MP Vậy HK // OM do đó CD // OM Ta phải xét 2 trường hợp AP BP, đáp án chỉ yêu cầu xét 1 trường hợp giả sử AP < BP Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC = DP, DP=DM=R2 nên tứ giác CDOM là hình thang cân do đó 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn b) Xét tam giác AOB có OA2 OB2 2R2 AB2 nên tam giác OAB vuông cân tại O. Vì 4 điểm C, D, O, M cùn thuộc một đường tròn (kể cả M  O ) nên C· OB C· MD (1) 1 Xét MAB và MCD có: M· AB M· CD (cùng bằng sđ M» P của (C )) 2 1 M· BD M· DC (cùng bằng sd M» P của (D)) 2 Nên MAB đồng dạng MCD (g.g) Vì MAB đồng dạng với MCD suy ra A· MB C· OD hay A· MB A· OB 900 Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB Ta có A· CP B· DP A· OB 900 nên 1 A· MP A· CP 450 (Góc nội tiếp và góc ở tâm của (C)) 2 1 B· MP B· DP 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D)) 2 Do đó MP là phân giác A· MB Mà A· MB A· OB 900 nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N thì N là trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định c) MAP và BNP có M· PA B· PN (đối đỉnh); A· MP P· BN (góc nôi tiếp cùng chắn 1 cung) nên MAP đồng dạng BNP (g.g) 2 PA PM PA PB AB2 R2 Do đó PM.PN PA.PB (không đổi) PN PB 2 4 2 2 Vậy PM.PN lớn nhất bằng R khi PA=PB hay P là trung điểm dây AB 2 Vì tam giác AMB vuông tại M nên
5. 2 2 1 1 2 2 AB R SAMB AM.BM AM BM 2 4 4 2 2 Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng R khi PA=PB hay P là trung 2 điểm dây AB Câu 5. Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức : Với mọi a,b,c ¡ và x,y,z 0 ta có: 2 a2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z Thật vậy, với a,b ¡ và x,y 0 ta có: 2 a2 b2 a b ( ) x y x y 2 a2y b2x x y xy a b a b (bx ay)2 0 (luôn đúng ). Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có: 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c x y z x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra x y z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: x y z VT x2 yz 2010 y2 zx 2010 z2 xy 2010 2 x2 y2 z2 x y z (1) x(x2 yz 2010) y(y2 zx 2010) z(z2 xy 2010) x3 y3 z3 3xyz 2010(x y z) Chú ý: x(x2 yz 2010) x(x2 xy zx 1340) 0;y(y2 zx 2010) 0 và z z2 xy 2010 0 x3 y3 z3 3xyz x y z x2 y2 z2 xy yz xz Chứng minh 2 x y z x y z 3 xy yz zx (2) Do đó: 2 x3 y3 z3 3xyz 2010(x y z) x y z x y z 3(xy yz zx) 2010 (x y z)3 (3) Từ (1) và (3) ta suy ra 2 x y z 1 VT 3 x y z x y z 2010 Dấu “=” xảy ra x y z 3