HSG TOÁN 9 VÒNG 2

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNGĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH.. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn O vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn O

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH NĂM HỌC 2008-2009

MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (2,5 điểm) Giải các phương trình sau:

1 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x 2 7

2 4 4  x2  4 x4 16  4 x   1 x2 y2 2 y  3 5   y

3 x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0; (với x ; y nguyên)

Bài 2: (2.5 điểm)

1 Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phương

2 Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64 6   4

Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó

Bài 3: (3,25 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), (P, N là hai tiếp điểm)

1 Chứng minh rằng MN2  MP2  MA MB

2 Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông

3 Chứng minh rằng tâm của đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi M di động trên đường thẳng d

Bài 4: (1,5 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ xOy lấy điểm P(0; 1), vẽ đường tròn (K) có đường kính OP Trên trục hoành lấy ba điểm M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0) Nối PM; PN; PQ lần lượt cắt đường tròn (K) tại A; B ; C Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC theo a; b; c

Bài 5: (0,75 điểm) Cho a, b, c > 0

Chứng minh rằng:

Hết./.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI - CẤP TỈNH NĂM HỌC 2008-2009 MÔN THI:

Toán (Thời gian làm bài 150 phút)

1

(2,5đ)

1.1

;

x   x 

 x2 4 x   4 2 x2  1 2 2 x2 1 7 7  = 0

2

2

2

2 0

2 2

x x

x x





 





(Thỏa mãn)

0,25 0,25

0,25

1.2

(1.0đ)

Điều kiện :

2 2

x x x

x y y







 





Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4)   0 x2 4 0  kết hợp với (1) và (3) suy ra x = 2 Thay vào (4): y2 – 2y + 1  0 ; Đúng với mọi giá trị của y

Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5 Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5)

0.5đ 0,5

1.3

(0,75đ) Biến đổi đưa được pt về dạng: (x

2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ Đặt x = 2k + 1 ; ( k Z ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4

y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Đặt y = 2n; (n  Z )  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*) Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm pt đã cho vô nghiệm

0,25 0,25 0,25

2

(2,0đ)

2.1

(1,0đ) Để n  18 và n  41 là hai số chính phương

2

18

   vàn  41  q p q2 ,  N 

Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 1 30



Từ n  18  p2  302  900 suy ra n  882

Thay vào n  41, ta được 882 41 841 29    2  q2 Vậy với n  882 thì n  18 và n  41 là hai số chính phương

0,5

0,5

2.2

(1,0đ) Gọi số cần tìm là : ab  10 a b  (a, b là số nguyên và a khác 0)

Theo giả thiết: 10a b a    b là số nguyên, nên ab và b là các số chính phương, do đó: b chỉ

có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9

10 a b a    b  10 a b a    2 a b b   2 5 a  b  a

   (vì a  0)

0,5

Do đó a phải là số chẵn: a  2 k , nên 5  b k 

Nếu b   1 a   8 81 8   1 9  (thỏa điều kiện bài toán) Nếu b   4 a   6 64 6   4 8  (thỏa điều kiện bài toán)

0, 5

Nếu b   9 a   4 49 4   9 7  (thỏa điều kiện bài toán)

3

3,25đ) 3.1

(1,0)

d

d '

D

B

I E N

P

H O

M

Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng

Suy ra: MA MN MN2 MP2 MA MB

MN  MB   

0.25

0.5 0.25

(1,25) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM  ON 2  R 2

Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OADC, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M

Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP Ta có MN  MO2 ON2  R, nên Tam giác ONM vuông cân tại N Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P Do đó MNOP là hình vuông

Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM  R 2  R

0,25 0,25

0,50 0,25

3.3

(1,0) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên M, N, O, P cùng nằm trên đường tròn đường kínhOM Tâm là trung điểm H của OM Suy ra tam giác ba điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính

OM, tâm là H

+ Kẻ OE  AB, thì E là trung điểm của AB (cố định) Kẻ HL  ( ) d thì HL // OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1

2

HL  OE (không đổi)

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE cố định

0,5

0,25

0.25

4

x c

b a

1

C

B A

O K P

Nối AO, xét tam giác vuông POM có OA là đường cao Theo Pi-ta-go ta có: PO2 = PM PA



1 1

PA

Áp dụng Pi-ta-go vào:  POM và  PON lại có: PA PM = PB PN ( = PO2)

PN  PM mà góc APB chung APB ~NPM(c.g.c) 

AP AB

NP  MN

.

a b

AP NM AB



Tương tự tính được : AC = 2 2

a c

a c



b c

b c



0.25

0,25

0,5đ

0,5đ

(0,75)

Ta có a + b - ab ≥ ab

3 3 2

b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b - a

19b - a

4b - a

ab + 5b

0.25

0,25

Tương tự với a, b, c > 0 thì:

Từ đó ta có BĐT cần chứng minh Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 0,25

Các cách giải khác nhưng đúng yêu cầu đề ra vẫn cho điểm tối đa, phần hình học phải có hình vẽ