ks hsg -toan 9 lan 1 06-07

Tính các góc của ABC.. Chứng minh 2 x 2007 tiếp điểm trên cùng thuộc một đờng tròn... CÁC TÀI LIỆU KHÁC VUI LềNG VÀO WEBSITE: http://phantu2010.violet.vn.

Phòng GD Vĩnh Tờng

Đề khảo sát đội tuyển HSG lớp 9 lần 1

năm học 2006-2007

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:

a, Tìm các số tự nhiên a, b, c thoả mãn hệ phơng trình:















) ( 2

3 2

3 3 3

c b a

abc c

b a

b, Giải hệ phơng trình: 













xy yz

x

xy z

4 1 2 1 2 1

2 2

Câu 2:

a, Cho a  R thoả mãn: a5 – a3 + a = 2

Chứng minh rằng: 3 < a6 < 4

b, Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn bất đẳng thức:

x2 + y2 + z2

 xy + 3y + 2z – 4

Câu 3:

a,Tìm x, y thoả mãn các phơng trình sau:

1 2

x và x2 + y2 – 2x = 11

b, Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho:

n4 + n3 +1 là số chính phơng

Câu 4:

a, Cho đờng tròn tâm O bán kính r nội tiếp trong ABC Đờng tròn (O, r) tiếp xúc với BC, CA, AB tại M, N, P Gọi p =

2

1 chu vi ABC Biết   3 

4

3

4

3

4

NA

CN MC

BM BP

AP

p Tính các góc của ABC

b, Với 2007 đờng tròn đồng tâm O Qua B nằm ngoài 2007 đờng tròn đó, kẻ 2 *

2007 tiếp tuyến đến 2007 đờng tròn Chứng minh 2 x 2007 tiếp điểm trên cùng thuộc một đờng tròn

Câu 5: Chứng minh rằng: Nếu a, b, c > 0 thì:

3 95 95 95

96 96 96

abc c

b a

c b a











Phòng GD vĩnh tờng

Đáp án chấm khảo sát đội tuyển hsg lớp 9 lần I

Năm học 2006-2007 Môn: Toán

Câu 1: (2.5 điểm)

a,Phân tích pt (1) thành nhân tử , ta đợc

(a – b – c)(a2 + b2 + c2 +ab – bc + ac) = 0

Hay

2

1

(a – b – c) [(a + b )2 +(a + c )2 + (b - c )2] = 0

 (a – b – c) = 0 hoặc (a + b )2 +(a + c )2 + (b - c )2 = 0

*Nếu a – b – c = 0 thì a = b + c thay vào pt (2) ta có: a2 = 2a

 a(a – 2) = 0 Do đó: a = 0 hoặc a = 2

+Với a = 0 thì b + c = 0 mà b, c  N nên b = c = 0

+Với a = 2 thì b + c = 2 mà b, c  N nên b = 0; c = 2 hoặc

b = 2; c = 0 hoặc b = c = 1

*Nếu (a + b )2 +(a + c )2 + (b - c )2 = 0 thì a= -b; a = -c và b = c

mà a, b, c  N nên a = b = c = 0

Vậy các số tự nhiên a, b, c cần tìm là: a = b = c = 0;

a= 2, b = 2, c = 0; a = 2, b = 0, c = 2 và a = 2, b = c =1

b, Từ pt (1) ta suy ra: xy

4 1

Từ pt (2) ta có: xy

4

1



Vậy xy =

4

1

Từ đó ta có hệ



































1 0 4 0

1 1 1 1

2 2

2

x z xy

x z xy

Vậy nghiệm (x, y, z) là (1;

4

1

; 0) và (1;

-4

1

; 0)

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ 0.25 đ 0.25 đ

0.25 đ 0.25 đ Câu 2: (2.5 điểm)

a, Từ ĐK bài toán suy ra a 0 nên ta có:

a6 + 1 = (a2 + 1)(a4 – a2 +1)

( )

1 5 3 2

a a a a

a









 2 ( 21)  2 ( 1)  0  a 0

a

a a

a

Do: 1a 2  a6  1  4  a6  3

a

Dấu “=” xảy ra  a = 1 (loại)

Vậy a6  3 (1)

Mặt khác, ta có: 2 + a3 = a5 + a

2 1 2 12 2

3    



a

a

a (do a  1)

Do đó: a3 < 2  a6<4 (2)

Từ (1), (2) suy ra đpcm

b, Ta có: 2 2 2 3 2 4











y z xy y z x

2 2 2 3 2 4 0















 x y z xy y z

1 ) ( 1 ) 0

2 ( 3 ) 2













 x y y z (*)

Từ (*) thấy VT0

0.25 đ

0.5 đ 0.25 đ

0.5 đ

0.5 đ

B M C

P

A

N

Do đó, ta có: 

























1 1 0

1 0 1 2 2

z y z

y

0.5 đ

Câu 3 ( 2 điểm)

a, Giải pt (1) ta có:

+ Nếu x < 1 loại do VT > 1

+ Nếu x > 2 loại do VT > 1

+ Nếu 1 < x < 2 thì

x 1 2006 x 22007  (  1 x)  ( 2  x)  1 loại

*Với x = 1; x = 2 thoả mãn

Vậy pt (1) có 2 nghiệm là x = 1 hoặc x = 2

+ Nếu x = 1 thì pt (2) 2 12 12









+ Nếu x = 2 thì pt (2) 2 11 11









*Vậy các (x,y) thoả mãn cả 2 pt (1) và (2) là:

(1; 12 ); (1; - 12); (2; 11); (2; - 11)

b, Giả sử n4 +n3 +1 là số chính phơng

Vì n4 n3  1  (n2 ) 2 nên ta có:

n4 n3  1  (n2 k) 2 n4  2kn2 k2

(Với k là 1 số nguyên dơng nào đó)

 2 ( 2 ) 2 1 0







 k k n

n

Đặc biệt k2  1 n 2

Do đó: k2= 1 hoặc 2 2 1



k n

*Nếu k2 = 1 thì k = 1; n2(n – 2) = o ta có n = 2 ( thoả mãn)

*Khi k 1 thì k2 k2 1 n 2

 k  n suy ra n – 2 k < 0 (Mâu thuẫn với ĐK 2 ( 2 ) 2 1 0







 k k n

n

Vậy n = 2 thoả mãn ĐK bài toán

0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ

0.25 đ

0.5 đ Câu 4 (2 điểm)

áp dụng Bđt CôSi ta có:

AP BP

BP

AP BP

BP BP

BP

AP

4

*

3

4 3

4









Tơng tự

MC MB

MC

BM

4 3

3

4



 (2)

NA CN

NA

CN

4 3

3

4



 (3) Cộng vế với vế của (1); (2); (3) ta đợc:

) (

4 ) (

3

3

4

3

4

3

4

NC MB PA NA

MC BP NA

CN MC

BM

BP

AP

















0.25 đ

0.25 đ 0.25 đ 0.5 đ O

p NA MC PB NA

CN MC

BM

BP

AP











4

3

4

3

4

Dấu “=” xảy ra tơng đơng với xảy ra các dấu bằng ở (1); (2); (3) tức là

AP = BP; MB = MC; CN= NA hay AB = BC = AC hay góc A, góc B,

góc C bằng nhau và bằng 600

b, BP, BM là tiếp tuyến của (O)

Suy ra BMO BOP 90 0  M,P đờng tròn đờng kính BO

Nh vậy 2 * 2007 tiếp điểm ( do 2*2007 tiếp tuyến kẻ từ B đến 2007

đ-ờng tròn) đềo thuộc đđ-ờng tròn đđ-ờng kính OB Vậy 2*2007 tiếp điểm

thuộc đờng tròn đờng kính BO

0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ

Câu 5 (1 điểm)

Do vai trò bình đẳng của các số a, b, c nên ta có thể giả sử 0 abc

95 95

a  



áp dụng Bđt Trê B Sép ta có:

3.(a.a95 + b.b95 + c.c95 ) ( )( 95 95 95 )

c b a c b

a   

 3

95 95

95

96 96

c b

a

c b











áp dụng Bđt Cô Si ta có:

3

3 abc

c b

a







(2)

Từ (1), (2) suy ra Đpcm

CÁC TÀI LIỆU KHÁC VUI LềNG VÀO WEBSITE: http://phantu2010.violet.vn