De thi Toan tinh Phu Tho 2010

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm..  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI cấp tỉnh LỚP 9 thcs NĂM HỌC 2009-2010

Mụn Toỏn

Thời gian làm bài: 150 phỳt, khụng kể thời gian giao đề

Đề thi cú 01 trang

Câu 1 (4 điểm)

a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n

b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2 – n + 13 là số chính phơng ?

Câu 2 (5 điểm)

a) Giải phơng trình

x2 2x  3 2 2x2 4x 3

b) Giải hệ phơng trình

1





Câu 3 (3 điểm)

Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

x y z 2010

  







  



Tính giá trị của biểu thức: Px2007y2007 y2009z2009 z2011x2011

Câu 4 (6 điểm)

Cho đờng tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B) Gọi (C; R1) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A, (D; R2) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại B Hai đờng tròn (C; R1)

và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M

a) Trong trờng hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD và 4

điểm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn

b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đờng tròn cố định và

đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N

c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

Câu 5 (2 điểm)

Cho các số dơng x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng

2 2 2

1

x  yz  y  zx  z  xy x y z  - Hết

-Họ và tên thí sinh SBD

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2009-2010

MễN TOÁN

(Hướng dẫn chấm thi đề chớnh thức cú 6 trang)

I M t s chỳ ý khi ch m b i ộ ố ấ à

 Hướng dẫn chấm thi dưới đõy dựa vào lời giải sơ lược của một cỏch, khi chấm thi giỏm khảo cần bỏm sỏt yờu cầu trỡnh bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic

 Thớ sinh làm bài cỏch khỏc với Hướng dẫn chấm mà đỳng thỡ tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm

 Điểm bài thi là tổng cỏc điểm thành phần khụng làm trũn số

II Đáp án và biểu điểm

Câu 1 (4 điểm)

a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n

b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2 – n + 13 là số chính phơng ?

a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên: 2n – 1, 2n , 2n + 1 là 3 số tự nhiên liên

Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên

(2n - 1).2n.(2n + 1) chia hết cho 3 0,5 điểm Mặt khác (2n, 3) = 1 nên 2n 1 2  n 1

chia hết cho 3 Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n 0,5 điểm b) Ta thấy B là số chính phơng  4B là số chính phơng

Đặt 4B = k2 (kN) thì 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2  (2n-1-k)(2n-1+k) =-51 1,0 điểm Vì 2n-1+k  2n-1-k nên ta có các hệ

(1)

  







(2)

  







(3)

  







(4)

  







0,5 điểm

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta tìm đợc n = -12, n =-3, n =13, n =4

Vậy các số nguyên cần tìm là n   12; 3;4;13   1,0 điểm

Câu 2 (5 điểm)

a) Giải phơng trình

x2 2x  3 2 2x2 4x 3

b) Giải hệ phơng trình

1





a) Ta có: 2x2 4x 3 2x12 1 1

nên tập xác định của phơng trình là R 0,5 điểm Phơng trình đã cho tơng đơng với

2x2 4x  3 4 2x2 4x   3 3 0

Đặt y 2x2 4x 3 1 thì phơng trình đã cho trở thành

y2 4y 3 0



1 3

y y









 (thoả mãn điều kiện)

1,0 điểm

Với y = 1 ta có 2x2 4x   3 1 2x2 4x  3 1

 x = 1

Với y = 3 ta có 2x2 4x   3 3 2x2 4x  3 9



1 3

x x





 Vậy phơng trình có 3 nghiệm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3

1,0 điểm

b) Hệ đã cho tơng đơng với

x xy y

x xy y





1

x xy y







    

x xy y





1,0 điểm

Từ hệ (*) ta suy ra

x xy y

x y



 (I) hoặc

x xy y

x y



0,5 điểm

Giải hệ (I) ta tìm đợc (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1)

Hệ (II) vô nghiệm

Vặy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) 1,0 điểm

Câu 3 (3 điểm)

Cho ba số x, y, z thoả mãn:

x y z 2010

x y z 2010

  







  





Tính giá trị của biểu thức: Px2007y2007 y2009z2009 z2011x2011

Từ giả thiết suy ra x, y, z khác 0 và

x y z x y z 

0,5 điểm

0

     

 

0

xy z x y z

 

0,5 điểm

xy xz yz z

 

x y xz yz z  2 xy 0

x yxz z2 yz xy 0

 x y z z x    y z x   0

 x y y z z x        0 0,5 điểm



0,5 điểm

Câu 4 (6 điểm)

Cho đờng tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B) Gọi (C; R1) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A, (D; R2) là đờng tròn đi qua P và tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại B Hai đờng tròn (C; R1)

và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M

a) Trong trờng hợp P không trùng với trung điểm dâyAB, chứng minh OM//CD và 4

điểm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn

b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên cung tròn cố định và

đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm N cố định

c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất?

K H

M

D C

O

a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB lần lợt cân tại C, O nên CPA =CAP =

OBP do đó CP//OD (1)

Tơng tự DBP, OAB lần lợt cân tại D, O nên DPB =DBP =OAB

nên OD//CP (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ODPC là hình bình hành

0,5 điểm

Gọi CD cắt MP tại H cắt OP tại K thì K là trung điểm của OP

Theo tính chất 2 đờng tròn cắt nhau ta có CDMP H là trung điểm MP

Vậy HK//OM, do đó CD//OM

0,5 điểm

Ta phải xét 2 trờng hợp AP < BP và AP > BP, đáp án chỉ yêu cầu xét 1 trờng

hợp giả sử AP < BP

Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC = DP, DP = DM = R2 nên tứ giác

CDOM là hình thang cân do đó 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đờng tròn

0,5 điểm

b) Xét tam giác AOB có: OA2 OB2 2R2 AB2 nên tam giác AOB vuông cân

tại O

Vì 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc 1 đờng tròn (kể cả M trùng O) nên 

COB =CMD (1)

0,5 điểm

Xét MAB vàMCD có

MAB =MCD ( cùng bằng

1

2sđ MP của (C))

MBD =MDC ( cùng bằng

1

2sđ MP của D))

nên MAB đồng dạng với MCD (g.g)

0,5 điểm

Vì MAB đồng dạng với MCD suy ra AMB =COD hay

AMB =AOB =900

Do AB cố định nên điểm M thuộc đờng tròn tâm I đờng kính AB

0,5 điểm

Ta có ACPBDPAOB900 nên

AMP =

1

2 ACP =450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (C))

BMP =

1

2 BDP =450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D))

Do đó MP là phân giác AMB

0,5 điểm

Mà AMB =AOB =900 nên M đờng tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB 0,5 điểm Giả sử MP cắt đờng tròn (I) tại N thì N là trung điểm cung AB không chứa

c) MAP và BNP có MPA =BPN (đđ), AMP =PBN (góc nội tiếp

cùng chắn 1 cung) nên MAP đồng dạng với BNP (g.g) 0,5 điểm

Do đó

PM PN PA PB



  (không đổi)

Vậy PM.PN lớn nhất bằng

2 2

R

khi PA = PB hay P là trung điểm dây AB

0,5 điểm

Vì tam giác AMB vuông tại M nên

AMB

Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng

2 2

R

khi PA = PB hay P là trung điểm dây AB

0,5 điểm

C U 5 Â (2 điểm)

Cho các số dơng x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670 Chứng minh rằng

2 2 2

1

x  yz  y  zx z  xy x y z 

Trớc tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có

 2

 

  (*)

Dấu “=” xảy ra 

a b c

x y z

Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có

 2

a b





0,5 điểm

 a y b x x y2  2     xy a b  2

 bx ay 2 0

(luôn đúng) Dấu “=” xảy ra 

a b

x y

áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

 2  2

Dấu “=” xảy ra 

a b c

x y z

áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2 2010 2 2010 2 2010

VT

     

2

x y z

 



(1) Chú ý: x x 2 yz2010

= x x 2xy zx 1340 0

, y y 2 zx2010 0

và

z z  xy 

0,5 điểm

Chứng minh: x3y3z3 3xyzx y z x    2y2z2 xy yz zx  

x y z    x y z  2 3xy yz zx  

Do đó: x3 y3 z3  3xyz 2010x y z   

x y z    x y z  2 3xy yz zx  2010

(3)

0,5 điểm

Từ (1) và (3) ta suy ra

2 3

1

x y z VT

x y z

x y z

 

 

 

Dấu “=” xảy ra  x = y = z =

2010

0,5 điểm

Hết