Qua A vẽ cát tuyến CAD C thuộc O, D thuộc O’, C và D ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB, kẻ các đường kính AOE và AO’F.. b Xác định vị trí của cát tuyến CAD để CD có độ dài lớn nhất.. 2/
Trang 1PHÒNG GD & ĐT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (6 điểm)
1/ Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng nhân số đó với 2010 ta được một số chính phương
2/ Tìm tất cả các số nguyên tố p để p 2
2 + p cũng là số nguyên tố
3/ Chứng minh rằng: n n − n 2 + − n 1 chia hết cho ( )2
n 1 − với mọi số nguyên n lớn hơn 1
Bài 2: (7 điểm)
1/ Cho a > 0; b > 0 và 1 1 1
a + = b Chứng minh rằng: a b + = a 1 − + b 1 − 2/ Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với x, y là các số thực bất kỳ khác 0:
2 2
2 2
4 3
3/ Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn: x < 1; y < 1; z < 1 và
2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
Bài 3: (7 điểm)
1/ Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B Qua A vẽ cát tuyến CAD (C thuộc (O), D thuộc (O’), C và D ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB), kẻ các đường kính AOE và AO’F
a) Chứng minh: CE // DF
b) Xác định vị trí của cát tuyến CAD để CD có độ dài lớn nhất
2/ Cho hình vuông ABCD với tâm E Gọi M là trung điểm của AB Trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy hai điểm G, H sao cho hai đường thẳng MG và AH song song với nhau
Tính số đo góc GEH
3/ Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, một điểm M di động trên nửa đường tròn đó Vẽ đường tròn tâm E tiếp xúc trong với nửa đường tròn (O) tại M và tiếp xúc với AB tại N Đường tròn (E) cắt MA, MB lần lượt tại các điểm thứ hai là C
và D
Chứng minh rằng khi M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định
-
Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
VÒNG 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN
Bài 1: (6 điểm)
1/ (2 điểm) : Gọi số tự nhiên có bốn chữ số phải tìm là: n
Theo đề bài, ta có: 2010n = a a N 2( ∈ ) hay 2.3.5.67.n = a 2 (0,5đ)
- Số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn nên n = 2.3.5.67
2
* Với k = 1 thì n = 2010
* Với k = 2 thì n = 8040 (0,5đ)
* Với k ≥ 3 thì n ≥ 18090 (loại)
Vậy số phải tìm là 2010 hoặc 8040 (0,5đ)
2/ (2 điểm)
- Với p = 2 thì 2 p + p 2 = 8 không phải là số nguyên tố
- Với p = 3 thì p 2
2 + p = 2 3 + 3 2 = 17 là số nguyên tố (0,5đ)
- Với p > 3; p là số nguyên tố nên p lẻ Ta có: p 2 ( 2 ) ( p )
2 + p = p − + 1 2 + 1 (0,5đ)
Xét 3 số tự nhiên liên tiếp: p – 1; p; p + 1 trong đó có một số chia hết cho 3,
mà p M 3 nên p – 1 hoặc p + 1 chia hết cho 3, suy ra: p2- 1 M 3, (0,5đ) lại có 2p+ 1 M (2+1) = 3 và 2 p + p 2> 3 nên 2 p + p 2 là hợp số
Vậy chỉ có p = 3 thì p 2
2 + p = 17 là số nguyên tố (0,5đ)
3/ (2 điểm)
* Với n = 2, ta có: n 2 2 2 ( ) (2 )2
n − n + − = n 1 2 − + − = 2 2 1 1; n 1 − = − 2 1 = 1 Vậy n 2 ( )2
n − n + − n 1 M n 1 − (0,5đ)
* Với n > 2, ta có: n n − n 2 + − = n 1 (n n 2− − 1 n) 2 + −(n 1)
= (n – 1) (n n 3− + 1 n + ) 2 + −(n 1)
= (n – 1) (n n 3 − + + 1 n) 2+1
= (n – 1) (n n 1− + n n 2− + + n 2 + 1) (0,5đ)
Xết tổng A = n n 1 − + n n 2 − + + n 2 + 1 có (n – 1) số hạng
Nên A = (n n 1 − − + 1) (n n 2 − − + + 1) (n 2 − + − + − 1) (1 1) (n 1) (0,5đ)
Mỗi hiệu trong ngoặc đều chia hết cho (n – 1) nên A M(n – 1) (0,25đ)
Do đó : n 2 ( ) ( )2
n − n + − = n 1 n 1 A − × M n 1 − Vậy với mọi số nguyên n > 1, ta có : n 2 ( )2
n − n + − n 1 M n 1 − (0,25đ)
Bài 2: (7 điểm)
1/ (2 điểm)
Từ 1 1 1
a + = b (1) suy ra a > 1; b > 1, các căn thức a 1 − và b 1 − tồn tại (0,5đ) (1) ⇒ ab – a – b + 1 = 1 ⇒ (a – 1)(b – 1) = 1 ⇒ (a 1 b 1 − ) ( − ) = 1 (0,5đ)
Trang 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
Do đó: a b + = a 1 − + b 1 − (Đpcm) (1đ)
2/ (2 điểm)
2 2
2 2
4 3
(1) Đặt t =
2 2 2
2 2
y + ⇒ − = x y + x Thay vào BĐT (1) và rút gọn ta được: (0,5đ)
t + ≥ 2 3t ⇔ − − + ≥ ⇔ − t t 2t 2 0 t 1 t 2 − ≥ 0 x y 1 x y 2 0
⇔ + − ÷ + − ÷≥
(0,5đ)
2 2
BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi x, y khác 0 vì:
2 2
2
>
+ − = − ÷ + >
Vậy BĐT (1) đã được chứng minh Dấu “=” xảy ra khi x = y ≠ 0 (0,5đ)
3/ (3 điểm)
Vì 0 < x < 1, ta áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương x2 và 2
1 x − ta có:
( ) 2 2
x 1 x
+ −
3
2
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Áp dụng các BĐT trên ta có:
P =
− − − .= =
3 3 3
Dấu “=” xảy ra
1
2 1
2 1
2
= − ⇔ = ⇔ =
(vì x, y, z > 0 (0,75đ)
Vậy : Pmin = 3 x y z 1
2 ⇔ = = = 2 (0,25đ)
Trang 4Bài 3: (7 điểm)
1/ (2,5 điểm)
a) Ta có C thuộc đường tròn (O) đường kính AE, do đó · 0
ACE 90 = hay CE ⊥ CD (0,5đ)
D thuộc đường tròn (O’) đường kính AF, do đó ADF 90· = 0 hay DF ⊥ CD
b) Kẻ OI ⊥ CA (I ∈ CA) (0,5đ) O’K ⊥ AD (K ∈ AD), khi đó IA = IC = AC
2 ,
KA = KD = AD
2 nên CD = 2.IK mà IK ≤ OO’
Dấu “=” xảy ra khi IK // OO’ hay CD // OO’
Vậy CD lớn nhất khi CD // OO’ (0,25đ)
2/ (2 điểm)
Gọi giao điểm của đường thẳng CD với các đường thẳng ME và MG lần lượt là N
và K
Dựng Kx // ME và cắt EG tại F Theo định lý Talet ta có: (0,5đ)
MB MG ME KC KF
Ta có: NH = NC – HC = AM – HC
= HK – HC = KC
⇒ NH = KC (2)
Từ (1) và (2) suy ra NH = KF
Mặt khác: HK = EN = AM Suy ra
Do đó : · 0 (· · ) 0 0 0
⇒ ∆ EHF vuông cân, suy ra · 0
3/ (2,5 điểm)
Kẻ tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn (O) và (E) (0,5đ)
Ta có: xMA MBA· = · (= 1
2SđMA¼ ), xMA MDC· = · (= 1
2SđMC¼ )
Vì AB là tiếp tuyến của (E) tại N nên EN⊥AB, mà CD // AB nên EN⊥CD
N
⇒ là điểm chính giữa của cung CD
CMN BMN
⇒ = ⇒ MN là tia phân giác của góc AMB,
MN cắt đường tròn đường kính AB tại K
lại có góc AMB không đổi bằng 900nên SđAK 90» = 0
không đổi mà A cố định nên K cố định
Vậy MN luôn đi qua điểm cố định K là điểm chính
giữa của nửa đường tròn đường kính AB còn lại
(0,5đ)
-
Chú ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
I
B
A C
D K
G E
M
N
C
F x
O
E
M
K