Đề +Đ.a thi HSG Toán 9 Tp Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc (2012-2013)

[r]

PHÒNG GD & ĐT VĨNH YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 LỚP Môn: TOÁN 9

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức A x 410x22013, biết rằng x  2 3

b) Cho , ,a b c là các số dương và thỏa mãn đẳng thức

ab bc ca

c  a  b 

c) Giả sử các số , , ,a b c d thỏa mãn a b c d   và a2b2 c2d2

Chứng minh rằng: a2013b2013c2013d2013

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Chứng minh rằng nếu x y z, , là các số nguyên dương thỏa mãn x2y2 z2 thì xy12

b) Tìm tất cả các số nguyên dương x y, thỏa mãn phương trình 2x 1 3y

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho , ,a b c là các số dương Chứng minh rằng

b c c  a a  b

b)

a b c

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn O R; , R 0

và dây cung AB không đi qua O Hai đường tròn   O1 , O2

nằm về hai phía của đường thẳng AB sao cho cả hai đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AB lần lượt tại C, D và tiếp xúc trong với đường tròn O R; 

lần lượt tại E, F Đường thẳng CE cắt đường tròn

O R; 

tại điểm thứ hai là M và đường thẳng DF cắt đường tròn O R; 

tại điểm thứ hai là N.

a) Chứng minh rằng đường thẳngO C song song với đường thẳng OM.1

b) Chứng minh rằng MBN900

c) Tính độ dài đoạn thẳng MB, biết rằng R4,AB4 3

-Hết -ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM

1

(3đ) (1,0đ) a

x2 52 24 x4 10x2 1 0

4 10 2 2013 2012

b

(1,0đ)

Từ giả thiết ta có

c



 và

1 a b 2 ab

 



0,25

Do đó

2

ab

0,25



0,25

3

ab bc ca

c  a  b  .

0,25

c

(1,0đ)

Ta có a2b2 c2d2  a b 2 2abc d 2 2cd ab cd 0,25

Mặt khác a c a d     a2 c d a cd a    2 a a b  ab  suy ra a c0  hoặc

a d Ta xét hai trường hợp sau:

0,25

TH1 Nếu a c  thì b d Do đó a2013b2013 c2013d2013 0,25

TH2 Nếu a d  thì b c Do đó a2013b2013 c2013d2013 0,25 2

(2đ)

a

(1,0đ) Nhận xét Nếu a là một số nguyên dương thì 2

a khi chia cho 3 hoặc 4 được số dư là 0

hoặc 1

0,25

+) Nếu trong hai số x y, không có số nào chia hết cho 3 thì x2y2 khi chia cho 3 dư là 2 hay z khi chia cho 3 dư là 2, mâu thuẫn với nhận xét trên Vậy trong 2 số 2 x y, phải có một số chia hết cho xy3 Suy ra xy3

0,25

+) Nếu trong hai số x y, không có số nào chia hết cho 4 thì x2y2 khi chia cho 4 dư là 2 hay z2 khi chia cho 4 dư là 2, mâu thuẫn với nhận xét trên Vậy trong 2 số x y, phải có một số chia hết cho 4 Suy ra xy4

0,25

Từ chứng minh trên ta được xy chia hết cho 3 và 4 mà (3,4) = 1 nên xy12 0,25

b

(1,0đ)

+) Nếu x  thì 2 1 31   y  y hay phương trình đã cho có nghiệm 1 x y ;  1;1 0,25 +) Nếu x  thì 2 2x 1

 chia 4 dư 1 suy ra 3y chia 4 dư 1 y là số chẵn, y2z 0,25

Từ phương trình ta được :  3z 2 1 2x 3z 1 3  z 1 2x

suy ra tồn tại 2 số tự nhiên ,

a b sao cho 3 1 2 ;3 1 2 z   a z   b

0,25

Trừ từng vế 2 đẳng thức trên ta được :

2a 2b  2 2 2b a b 1  2 b1,a b  1 a2,b1

Do đó x y ;  3;2

(2đ) (1,0đ) a

3 3

ab bc ca

ab bc ca



b

(1,0đ)

Nhận xét Nếu ,a b  thì 0 3a26b2  a2b22a b 2  a 2b 0,5

Từ nhận xét trên ta có 3a26b2  a 2 ; 3b b26c2  b 2 ; 3c c26a2  c 2a 0,25

Do đó

a b c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

0,25

4

(3đ)

H

O 2

O 1

O N

M

F

E

D

A

a

(1,5đ)

Do hai đường tròn    O , O1 tiếp xúc trong với nhau tại E nên O O E thẳng hàng, ,1 0,5 Mặt khác ta có

O E O C OE OM

0,5

Do đó theo định lí Talet đảo trong tam giác EOM ta được O C song song với OM.1 0,5 b

(1,0đ)

Chứng minh tương tự ta được O D song song với ON, từ đó suy ra ON vuông góc với2

AB (2) Từ (1) và (2) ta được M, O, N thẳng thàng hay MN là đường kình của đường tròn (O) suy ra MBN900

0,5

c

(0,5đ)

Gọi H là giao điểm của MN và AB suy ra H là trung điểm của AB Do đó HB 2 3 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông MBN ta có HM HN. HB2 12 (3) 0,25

Mặt khác do MN là đường kính nên HM HN MN  (4) Từ (3) và (4) ta được 8

HM  HN  hoặc HM 2,HN  6

TH1 Nếu HM  thì 6 MB2 MH MN 48 MB 48 4 3

TH2 Nếu HM 2 thì MB2 MH MN. 16 MB 4

0,25