HSG 9 huyện vòng 2 .doc

2 Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm M2,3, cắt trục hoành và trục tung tại các điểm Aa;0 và B0;b sao cho a, b là các số nguyên tố.. Biết rằng số đó là một số chính phơng và nếu số đ

http://violet.vn/tranthuquynh81 đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2

năm học 2007-2008

môn: toán

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao

đề )

Câu 1: 1) Cho hệ phơng trình : a x y b3.x y a+ =− =

 ( a, b là tham số) Xác định b để luôn có nghiệm (x,y) với mọi a

2) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm M(2,3), cắt trục hoành và trục tung tại các điểm A(a;0) và B(0;b) sao cho a, b là các số nguyên tố

Câu 2

1) Chứng minh rằng :

Nếu x, y > 0 và x + y = 1 thì (x+ 1

x )2 + (y+ 1y )2 ≥ 25

2

2) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng :

a+ 2b + a+ 2c ≤ 2 a b c+ +

Câu 3 :

Hãy tìm số có 4 chữ số Biết rằng số đó là một số chính phơng và nếu số đó giảm chữ số hàng nghìn đi 3, còn tăng lên 3 ở chữ số hàng đơn vị thì sẽ nhận đợc số mới cũng là số chính phơng

Câu 4 :

Cho 2 đờng tròn (O) và ( O’) ở ngoài nhau Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung trong CD (A và C thuộc (O), B và D thuộc ( O’) )

1) Chứng minh rằng AC vuông góc với BD

2) Gọi E là giao điểm của AC và BD Chứng minh rằng ba điểm O, E, O’ thẳng hàng

-http://violet.vn/tranthuquynh81 Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi thcs vòng 2

năm học 2007-2008

môn: toán

I/ Hớng dẫn chung :

-Hớng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lợc một cách giải Nếu học sinh có cách giải

đúng ,khác đáp án thì các giám khảo thống nhất và vận dụng thang điểm để

chấm

-Khi chấm , các ý cho 0,5 điểm, có thể xé nhỏ tới 0,25 đ Điểm toàn bài là tổng

điểm của tất cả các câu, làm tròn đến 0,25 đ

II/ Đáp án và biểu điểm :

Câu 1 (2,5 đ) :

(1 đ) :

Ta có a x y b3.x y a+ =− =

3 (3 )

a x a b

= −



 + = +

(1) (2)

Giả sử hệ luôn có nghiệm với mọi a, suy ra hệ phải có nghiệm với a=-3 ⇒ b = 3

Ngợc lại , với b = 3 hệ phơng trình đã cho trở thành 3

(3 )

a x a b

= −



 + = +

-Nếu a=-3 thì hệ luôn có nghiệm

3 3

x R

∈



 = − −



- Nếu a ≠ -3 thì hệ luôn có nghiệm 1

3

x

y a

=



 = −

 Vậy b = 3 thì hệ phơng trình đã cho luôn có nghiệm với mọi a

0,5

0,5

3) ( 1,5 đ)

Giả sử đờng thẳng ( d) có phơng trình y= mx+n thoả mãn yêu cầu bài toán

Theo giả thiết ta có

.2 3

m a n o

m o n b

+ =







.

3 2

m a n o

n b b m







(1) (2) (3)

Thế ( 2) và ( 3) vào (1) đợc 3 0

2

b

a b

−

(b 3).a 2b

⇒ − = ( 4) với b là số nguyên tố và b≥ 2

Ta xét các trờng hợp sau :

• b =2 , từ ( 4) suy ra a = - 4 (loại )

• b = 3, không thoả mãn ( 4)

• b ≥ 5 , khi đó từ (4) 2 6 3

3

b

− là ớc của 6

⇒ m=-1,n=5 và đờng thẳng (d) có phơng trình là y=-x+5

Dễ kiểm tra thấy ( d) cắt 0x tại A( 5;0) và cắt 0y tại B( 05) thoả mãn yêu cầu

bài toán

0,25

0,25

0,5 0,25

Vậy đờng thẳng ( d) cần tìm có phơng trình là y=-x+5

Câu 2 : (2đ)

1) ( 1đ) áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có :

(a+b)2 ≤2.(a ≤ 2.(a2+b2) ⇒ a2 +b2 ≥ 1 2

( )

2 a b+

Ta có 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2

Mà 1= x+y ≥2 xy ( BĐT Cô si cho 2 số x,y >0 )

1

xy

Từ đó 1 2 1 2 1 1 2 1 2 25

Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi x=y=1

2

2) (1 đ) Bình phơng 2 vế ta đợc : :

(a+ 2 ) (b + +a 2 ) 2 (c + a+ 2 )(b a+ 2 )c ≤ 4(a b c+ + )

2 (a 2 )(b a 2 )c

⇔ + + ≤ 2(a b c+ + )

(a 2 ) (b a 2 ) 2 (c a 2 )(b a 2 )c

( a 2b

⇔ + - a+ 2c )2 ≥ ⇒ 0 (DPCM)

Câu 3 ( 2đ)

Giả sử xyzt = a2 Theo giả thiết (x− 3) (yz t+ 3) =b2,

trong đó a,b là các số tự nhiên

2

1000x 100y 10z t a

⇒ + + + = và 1000(x-3) +100y+10z+t+3 =b2

4 (a b a b)( ) 2997 3 37

Hai thừa số a+b và a-b tơng ứng là tổng và hiệu của 2 số có 2 chữ số

200

a b

⇒ + ≤ và a+b ≥ −a b

Từ tất cả các khả năng biểu diễn của 2997 nh tích của 2 số tự nhiên , chỉ có 2

tr-ờng hợp thoả mãn điều kiện trên : 2997 = 111.27 và 2997 = 81 37

Từ hệ PT 111

27

a b

a b

+ =



 − =

a

Từ hệ PT 81

37

a b

a b

+ =



 − =



a

Thử lại và kết luận có 1 số thoả mãn điều kiện đầu bài : 4761

Câu 4 (3,5đ) hình vẽ đúng chính xác cho 0,5 đ

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

1) ( 1,0 đ) Gọi M là giao điểm của AB và CD Suy ra MO là phân giác của góc

AMCvà M0’ là phân giác của góc BMD

⇒ MO ⊥MO' ( tính chất tia phân giác của 2 góc kề bù ) (1)

Lại có MO⊥ AC ( T/C của 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm) ( 2)

Từ (1) và (2) suy ra AC // MO’ (3)

Ta có BD '

MO

⊥ ( T/C của 2 tiếp tuyến Cùng xuất phát từ 1 điểm) (4)

Từ (3) và (4) suy ra BD⊥ AC

2)( 2 đ) Gọi I là giao điểm của AC và MO , J là giao điểm của BD và MO’

Ta có ãAMO=ã '

BO M ( cùng phụ với góc BMO’)

⇒ Tam giác vuông AMO đồng dạng với tam giác vuông BO’M và tam giác vuông

MAI đồng dạng với tam giác vuông O’BJ

O M O B

O B O J





MO' MI'

O M O J

⇒ = (5) Dễ thấy IMJE là hình chữ nhật ⇒MI=JE (6)

Từ (5) và (6) MO' JE'

⇒ = ⇒ Tam giác vuông OMO’ đồng dạng với tam giác vuông

E J O’ ⇒MO Oã ' = MO Eã ' ⇒ Ba điểm O,E,O’ Thẳng hàng

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5 0,75

0,75

E

A

B

C