131 hsg 10 phu tho dang truong nguyen

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

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010

Câu 1 (4đ)

a) Chứng minh rằng A 2n  1 2  n 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:

1

3 11

x y xy

   





  



Câu 3 (3đ)

Cho ba số x y z ; ; thỏa mãn

2010

2010

x y z

  







  





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 R là đường tròn đi qua; 1

P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,D R là đường tròn đi qua P; 2

và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B Hai đường tròn C R và ; 1 D R; 2 cắt nhau tại điểm thứ hai là M

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng

minh OM // CDvà 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 (2đ)

; ;

x y z

2 2 2

1

x y z

x  yz  y  zx z  xy   

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010

Câu 1 (4đ)

a) Chứng minh rằng A 2n  1 2  n 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

Lời giải

a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2n 1;2 ;2n n 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 2 2 n  n 1

chia hết cho 3

Mặt khác 2 ;3n  1

 nên 2n 1 2  n 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 k  2 k   thì

4B4n  4n52k  2n 1 k 2n 1 k 51

Vì 2n1k 2n 1 k nên ta có các hệ:

a)  1 : 2 1 1

  





  

(2) :

  





  



c)

(3) :

  





  

(4) :

  





  

 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 (5đ)

a) Giải phương trình: x2  2x 3 2 2x2  4x3

b) Giải hệ phương trình:

1

3 11

x y xy

   





  



Lời giải

a) Ta có 2x2  4x 3 2(x1)2   nên tập xác định của phương trình là1 1

R

Phương trình đã cho tương đương với

2x  4x 3 4 2x  4x  3 3 0

2 1

4 3 0

3

y

y





     

 (thỏa mãn điều kiện)

Với y 1 ta có 2x2  4x3 1  2x2  4x  3 1 x1

Với y 3 ta có

3

x

x





         

 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1, x1, x3

b) Hệ đã cho tương đương với

(*) ( 2 )(5 3 ) 0

x y x y

Từ hệ (*) ta suy ra

( )

2 0

x xy y

I



( )

2 5 3 0

x xy y

II

x y x y

   







Giải hệ (I) ta tìm được ( ; ) (2; 1);( 2;1)x y   

Hệ (II) vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (2; 1);( 2;1)x y   

Câu 3 (3đ)

Cho ba số x y z ; ; thỏa mãn.

2010

2010

x y z

  







  





Tính giá trị của biểu thức Px2007 y2007 y2009 z2009 z2011x2011

Lời giải

Từ giả thiết suy ra x y z ; ; khác 0 và.

x yz x y z 

0

      

 

xy z x y z

 

2

xy xz yz z

 

(x y z z x) ( ) y z x( ) 0 x y y z z x 0

2007 2007

0 0 0

 





0

0





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 R là đường tròn đi qua; 1

P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,D R là đường tròn đi qua P; 2

và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B Hai đường tròn C R và ; 1 D R; 2 cắt nhau tại điểm thứ hai là M

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng

minh OM // CDvà 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

Lời giải

a) Nối CP; PD ta có ACP

;OAB lần lượt cân tại C O; nên

CPA CAP OBP 

do đó CP OD/ /  1

Tương tự DPB

; OAB

lần lượt cân tại D , O nên DPB DBP OAB  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.

Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nênOC 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

K H

N

M

D C

O

b) Xét tam giác AOB có

OA OB  R AB nên tam giác OAB

vuông cân tại O Vì 4 điểm C D O M; ; ;

cùng thuộc một đường tròn (kể cả M O )

nên

COB CMD

Xét MAB và MCD có: MAB MCD  (cùng

bằng

1

2 sđ MP của (C )).

MBDMDC (cùng bằng

 1

2sd MP của (D))

Nên  MAB ∽  MCD (g.g).

Vì MAB ∽ MCD suy ra AMB COD hay

AMB AOB  

Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB

Ta có ACP BDP AOB  90 nên

 1

45 2

AMP ACP 

(Góc nội tiếp và góc ở tâm của  C ).

 1

45 2

BMP BDP 

(góc nội tiếp và góc ở tâm của  D ).

Do đó MP là phân giác AMB

Mà AMBAOB90 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) Xét MAP và BNP có MPA BPN  (đối đỉnh); AMPPBN (góc nôi

tiếp cùng chắn 1 cung) nên MAP ∽ BNP (g.g).

Do đó

PM PN PA



Vậy PM PN lớn nhất bằng .

2

2

R

khi PA PB hay P là trung điểm dây

AB

Vì tam giác AMB vuông tại M nên

AMB

Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng

2

2

R

khi PA PB hay P là trung điểm dây AB

Câu 5 (2đ)

Cho các số dương x y z ; ; thỏa mãn điều kiện xyyz zx 670 Chứng minh rằng:

1

x y z

x  yz  y  zx z  xy   

Lời giải

Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với mọi a b c  , , và x y z , , 0

ta có

(*)

a b c

 

 

Dấu “=” xảy ra

Thật vậy, với a  , b và x y , 0 ta có:

2

2

(**)

a b

a b

x y x y

a y b x x y xy a b



 



2

(bx ay) 0

   (luôn đúng ) Dấu “=” xảy ra

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có:

Dấu “=” xảy ra

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:

VT

 2

x y z

 



Chú ý: x x( 2  yz2010)x x( 2 xy zx 1340) 0; ( y y2  zx2010) 0 và

z z  xy 

Chứng minh được dễ dàng

2

3

Do đó

Từ (1) và (3) ta suy ra

2 3

1

x y z VT

x y z

x y z

 

 

Dấu “=” xảy ra

2010 3

   