Đề+đáp án HSG Toán HD 2011

Cỏc đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I.. Gọi E là trung điểm của DH.. Đường thẳng qua C và song song với AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q.. Chứng minh

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

MễN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 27/03/2011 (Đề thi gồm cú 01 trang)

Cõu 1 (1,5 điểm)

Phõn tớch đa thức 4(1x)(1 y)(1 x y) 3 x y2 2 thành nhõn tử

Cõu 2 (2,5 điểm)

a) Giải phương trỡnh 2x2 7x10 2x2  x 4 3(x1)

b) Giải hệ phương trình





 























2 2 2 2

2 2

4

1 4 4

1 4 4

1 4

x

y x y

z y z

x z

Cõu 3 (2,0 điểm)

a) Tỡm cỏc số nguyờn dương x, y, z thỏa món đồng thời hai điều kiện sau :

2011 2011

x y

y z



 là số hữu tỉ và

x y z là số nguyờn tố

b) Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh 20y2 6xy150 15 x

Cõu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giỏc ABC nhọn cú trung tuyến CM Cỏc đường cao AH, BD, CF cắt nhau tại I Gọi E là trung điểm của DH Đường thẳng qua C và song song với

AH cắt BD tại P; đường thẳng qua C và song song với BD cắt AH tại Q

a) Chứng minh PI.AB = AC.CI

b) Gọi (O) là đường trũn ngoại tiếp tam giỏc CDH Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường trũn (O)

c) CE cắt đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC tại R (R khỏc C); CM cắt đường

trũn (O) tại K (K khỏc C) Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR Cõu 5 (1,0 điểm)

1x 1 y 1 xy x y thỏa món xy  1

b) Cho a, b, c là cỏc số dương thỏa món điều kiện 1 , , 2

2 a b c Chứng minh 22

15

ab bc ca 

………Hết………

Họ và tờn thớ sinh:………Số bỏo danh:……… Chữ kớ của giỏm thị 1:………Chữ kớ của giỏm thị 2:………

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

+ Đáp án gồm có 05 trang

+ Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng

Phân tích đa thức 4(1x)(1 y)(1 x y) 3 x y2 2 thành nhân tử 1,50

4(1  x yxy)(1  x y) 3  x y 0,25

4(1 x y) 4(1 x y xy) 3x y

2(1 x y) xy) (2xy)

1

2 2x 2y xy2 2x 2y 3xy

2x 7x10 2x  x 4 3(x1) (1) 1,50

x  x  x    x   x x     x

Vậy TXĐ: 

- Nếu x  1 0 x  1 thì VP(1)  0, VT(1)  0 (không thỏa mãn)

0,5

- Nếu x  1 0 x  1 thì (1)

6x 6 3 x 1 2x 7x 10 2x x 4

2x 7x 10 2x x 4 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2

2 2x  x 4  3x 1

0,5

2

3 1 0

3

2 15 0

x

0,25

Thử lại Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 0,25

- Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0) 0,25

- Nếu x 0  y 0;z 0 Ta có :

2

2

2

2 2

4 4

4 4

4 4

x

y

z







0,25

2

Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được

0,25

2 2 2

2

        

         

1 2

    Thử lại ta thấy 1

2

x yz thỏa mãn hệ pt đã cho

Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0), 1 1 1; ;

2 2 2

 

0,25

a Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 1,00

2011

n

y z





 , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn

n > 0, (m, n) = 1

(1)nxmy 2011 nymz (2)

0,25

Vì 2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có

(2) <=> nx – my = ny – mz = 0 nx my xz y2

ny mz









Ta lại có : 2 2 2  2 2

2

x  y z  xz  xzy

x z y x y z x y z

Vì x2  y2 z2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1

nên x – y + z = 1 Do đó x2  y2 z2  x yz (3)

0,25

Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x2 x y; 2  y z; 2 z

Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1

Khi đó 2011 1

2011

x y

y z





3

x  y z  (thỏa mãn)

Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25

b Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20y2 6xy150 15 x 1,00

Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150

<=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25

<=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25

Xét 6 trường hợp sau

0,25

)

(thỏa mãn)

)

(thỏa mãn)

0,25

3

70

2

y



   

(loại)

0,25

3

x y

 



  

(loại)

70

10 25 3 5

5

y



(loại)

)

(thỏa mãn)

Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ; 0)

0,25

Chứng minh  0

90

PCB 

1 90

ACB C

Ta có :

 

0

1 90

(1)

P C

1

H Q P

I

M F

E D

C

B A

0,25

Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp CAB PIC (2) 0,25

b Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 1,00

Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O)



DCI

ADB

 có DM là đường trung tuyến

MDB

Ta lại có MBD DCI (cùng phụ với CAB) (5) 0,25

Từ (4) và (5)  MDB  (6)DCI

Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,25

4

c Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR 1,00

MD là tiếp tuyến của (O)

2

2

.

( ) (7)



R

K

C

D

E

I

H

0,25

Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp

( )





0,25

Ta lại có : ACR  (9)ABR

Từ (7), (8), (9) MBK ABR  BA là phân giác của KBR 0,25

c

Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của KAR

Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR 0,25

1x 1 y 1 xy x y  thỏa mãn xy  1 0,50

0

0,25

2

1

BĐT cuối cùng đúng do xy 1

Đẳng thức xảy ra x y hoặc xy 1

0,25

15

ab bc ca  0,50

5

(2)

15

1 b 1 c 1 a

0,25

Đặt x b, y c, z a

   thì 1 , , 4

4x y z và xyz 1 BĐT trở thành 1 1 1 22

1 x1  y1 z 15 Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy 1 Theo câu a

2

, 1

t

z

Ta sẽ CM 2 21 22, 1 2

t

t

t t      Bằng biến đổi tương đương

8t 22t 23t 7 0 (2t 1)(4t 9t 7) 0

BĐT cuối cùng đúng do 1

2

t  và 2

4t  9t 7  0, t

0,25

- Hết -