De HSG Cap Tinh Bac Giang

Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐỀ THI MÔN: TOÁN LỚP 9

Ngày thi: 02/4/2011

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

Câu 1: ( 4 điểm)

1 Cho hai số x y , 0 Rút gọn biểu thức sau:

4 4

2 Cho 3 3

2 2 3 2 2 3

3 17 3 17

Tính giá trị biểu thức: Bx3y3 6x 6y 2013.

Câu 2: ( 4 điểm ) Cho hệ phương trình 2 2  

2ax ay 2 x y 2b

y x b





 



(1) (a, blà tham số)

1 Giải hệ phương trình (1) với 2; 3

3

a b

2 Tìm giá trị thực của b để hệ phương trình (1) có nghiệm với mọi số thực a

Câu 3: ( 4 điểm)

1 Tìm tất cả các số tự nhiên n để Pn2  2n 1n2  2n 2 1 là số nguyên tố

2 Giải phương trình nghiệm nguyên: 3 6 4

2y 2x 9x 2011

Câu 4: (6 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; r), với BC là đường kính cố định, điểm A thay đổi Lấy điểm D đối xứng với điểm A qua điểm B Kẻ AM vuông góc với BC ( MBC ), Điểm N là trung điểm của đoạn MC Đường thẳng DM cắt (O) tại các điểm P và Q, đường thẳng AN cắt (O) tại điểm thứ hai là K Chứng minh rằng:

1 Điểm D di động trên một đường tròn cố định

2 DM AN

3 Tổng các bình phương các cạnh của tứ giác APKQ không đổi

Câu 5: (2 điểm)

Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác và x y z, , là ba số thực thoả mãn

0

ax by cz a b c      Chứng minh rằng: xyyzzx2x2y2z 3 0

- Hết -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9

MÔN THI: TOÁN (đề chính thức)

NGÀY THI 02/4/2011 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Ta có:

4 4

2

2 2

0.5 đ

Do

2 2 4 4 2 2

2 2

2 2

2

xy



0.75 đ

2 2

Câu1.1

(2điểm)

2 2

0

Vậy

2 2

A

 





0.25đ

Ta có

3

2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3

4 6

x

x

Câu 1.2

(2điểm)

Suy ra: x3  6x 4.

Tương tự ta có 3

6 6.

Từ đó:

3 3 6 6 2013 6 ( 6 ) 2013 4 6 2013 2011.

Bx y  x y x  x y  y     

0.5đ

 

y x b





 



Từ (2) thế yxb vào (1), ta được

0.5 đ Với 2; 3

3

a b ta có 2

(*)2x 8x60

0.5 đ

   



     



Câu 2.1

(2điểm)

KL : Hệ có nghiệm (x,y)    1; 2 ;( 3;0)    0.5 đ

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm x

Vì ta cần tìm b để hệ có nghiệm với mọi a nên ta xét a 0 0.5 đ Với a 0 (*) có nghiệm khi và chỉ khi

' ab 2 3a b 2 3 ab 1  0

0.5 đ Nếu b 0 thì   ' 6  0 với mọi a, thoả mãn

Nếu b 0 thì ' không thể lớn hơn hoặc bằng 0 với mọi a0

(ví dụ ta có thể chọn a 3

b

Câu 2.2

(2điểm)

KL: Giá trị cần tìm của b là 0

Ta có

2

+Xét n=0 ta có P=3 là số nguyên tố

+ Xét n=1 ta có P=1 không là số nguyên tố 0.5 đ

Câu 3.1

(2điểm)

+Xét n>1 Do n là số tự nhiên nên 2

1 ( 1) 1 0

n   n n n   và P>0

suy ra 2

3 3 0

n   n n  n 0.5 đ

Để P là số nguyên tố thì n  3n   3 1 n  3n 2  0 n 1,n 2

Vậy với n= 0 và n= 2 thì P là số nguyên tố 0.5đ Giải 3 6 4

2y 2x 9x 2011.(1) Đặt 2

,( 0)

tx t phương trình đã cho trở thành

2y 2t 9t 2011

2 y t 9t 2011

(*) 0 (*) 0 9 2011 0

9

Do t nguyên nên 2

t   t  x 

0.5 đ

Từ (1) ta thấy x lẻ nên x    1; 3 Thử trực tiếp được

1; 10

x  y  thoả mãn

0.5 đ

Câu 3.2

(2điểm)

+ Nếu yt thì ta chứng minh y t 2 Thật vậy ta có

2t 9t 20112y 2 t2 3t 24t20270 (luôn đúng)

Nên y t 1 thay vào (*) ta được 2

2 671 0

t  t  , phương trình không có nghiệm nguyên

KL : Phương trình có nghiệm x y ,   1; 10 ;   1; 10  0.5đ

H

P

N O B

D

O'

C A

M

R Q

I

Lấy điểm O’ đối xứng với O qua điểm B suy ra O’ cố định

0.5 đ Hai tam giác O’BD và OBA bằng nhau (c.g.c) 0.5 đ

Câu 4.1

(2điểm)

suy ra D nằm trên đường tròn (O’,r) cố định

0.5 đ

Ta có BAM ACM (1) (cùng phụ với góc ABM)

Suy ra hai tam giác vuông BMA và AMC đồng dạng

0.5 đ

Câu 4.2

(2điểm)



1 AD

AC  MC  AC  2CN  AC  CN (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AMD và CNA đồng dạng 0.5 đ

K

 ADMCAN

ADMDANCANDAN90

0.5 đ suy ra tam giác DHA vuông ở H (H là giao điểm của AN và DM)

hay DM  AN

0.5 đ

Kẻ đường kính AI

-Ta có IK  AKvà DM  AN  PQ // IK

0.5 đ

suy ra PIKQ là hình thang nội tiếp trong đường tròn (O) nên nó là

hình thang cân

Suy ra QK=PI và PK=QI

0.5 đ

-Ta có AP 2  QK 2  AP 2  PI 2  AI 2 4r2

AQ  PK  AQ  QI  AI 4r

0.5 đ

Câu 4.3

(2điểm)

AP  PK +KQ  QA 8r không đổi

0.5 đ

Giả thiết ax by cz a b c     0(*)

Cần chứng minh xyyzzx2x2y2z 3 0 (1)

Ta có (*)a x( 1)b y( 1)c z( 1)0

(1) (x 1)(y 1)  (y 1)(z 1)  (z 1)(x 1)  0

Đặt mx1;n y1;p z 1, ta có (*)ambncp0 (**)

(1)mnnp pm0 (2)

0.5 đ

Từ (**)suy ra p am bn

c



  , thế vào(2), ta có

am bn

c



0

cmn am bmn amn bn

am a b c mn bn

+Nếu n 0 suy ra 2

0

am  , luôn đúng

+Nếu n 0 thì

2

 

 

2  2

4

0

ab a b c

m a b c a

  

 

Lại có  2

4ab a b c

0

(do a, b, c là ba cạnh trong một tam giác nên a>|b-c|, b>|a-c|,

c>|a-b|)

Như vậy BĐT (3) luôn đúng

Bài toán được chứng minh

Lưu ý khi chấm bài:

Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng