De thi Toan 9 tinh Phu Tho 2011

Trước hết ta chứng minh bài toán: Nếu tam giác ABC có các điểm M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA thì:... Do đó ta có điều phải chứng minh.[r]

Sở giáo dục và đào tạo

Phú Thọ kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs cấp tỉnh năm học 2010-2011

MễN TOÁN

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

Đề thi cú một trang

Cõu 1 (4 điểm)

a) Cho x 2011 x 2y 2011 y 2 2011

Tớnh giỏ trị của biểu thức

b) Tớnh tổng

S =

(mỗi số hạng trong tổng trờn cú dạng

2

   , với n N và 1 n 60)

Cõu 2 (3 điểm)

Giải hệ phương trỡnh









Cõu 3 (4 điểm)

a) Tỡm số nguyờn dương n để B n 4n3n2 n 1 là số chớnh phương

b) So sỏnh M và N biết M 20102010 201120102011, N20102011201120112010

Cõu 4 (2 điểm)

Cho a, b, c là cỏc số dương Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

A

a b 2c 2a b c a b 3c



Cõu 5 (7 điểm)

Cho đường trũn (O; R) đường kớnh AB Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường trũn (O) MN là một đường kớnh thay đổi của đường trũn (M khụng trựng với A, B) Cỏc đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D

a) Chứng minh AM.AC AN.AD

b) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của tớch AC.AD

c) Chứng minh tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc MNC thuộc một đường thẳng cố định

d) Gọi I là giao điểm của CO và BM Đường thẳng AI cắt đường trũn (O) tại điểm thứ hai

là E, cắt đường thẳng d tại F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh SBD

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

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

NĂM HỌC 2010-2011

MÔN TOÁN

(Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang)

I M t s chú ý khi ch m b i ộ ố ấ à

 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic

 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

 Tổ chấm có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số

II §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm

Câu 1 (4 điểm)

a) Cho x 2011 x 2y 2011 y 2 2011

Tính giá trị của biểu thức

2011 2011

b) Tính tổng

S =

(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng

2

   , với n N và 1 n 60)

a) (2 điểm) Từ giả thiết, suy ra

 y 2011y2  2011x2  x (1) 0,50 Tương tự ta có: x 2011x2  2011y2  y(2) 0,50

Từ (1) và (2) suy ra: x + y = 0 hay x = – y Suy ra T = 0 0,50 b) (2điểm) Với k là số tự nhiên khác 0 ta có:

2

4 4 1

2 1 2 1

k k

k k

 

   =

2

2 1 2 1 2 1 2 1

k k k k



     

0,75

 3 3

4 3 1

3 1 2

1 3





8 15 1

5 3 2

3 5





…

240 14399 1

121 119 2

119 121





Vậy S = 1 3 

121 1 665

Câu 2 (3 điểm)

Giải hệ phương trình









Viết lại hệ đã cho dưới dạng









0,25

Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

t 2 3 t 2 2 t 2 5 y

t 6t 12t 8 3t 12t 12 2t 4 5 y

t 3t 2t 5 y

      

          

    

0,50

Khi đó có hệ phương trình

t 3t 2t 5 y

y 3y 2y 5 z

z 3z 2z 5 t

    



   





   

0,25

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả sử

1) Trường hợp t  y z Từ hệ (I) ta có

t 3t 2t 5 t

z 3z 2z 5 z

    





   



2 2

t 1 t 2 1 0

z 1 z 2 1 0

      

 

   





1 1

t z





 





Do đó t = y = z = 1

0,75

2) Trường hợp t z y  Tương tự ta có:

1 1

t y











Do đó t = y = z = 1

0,75

Nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25

Câu 3 (4 điểm)

a) Tìm số nguyên dương n để B = n4 + n3 + n2 + n + 1 là số chính phương

b) So sánh M và N biết M20102010201120102011, N20102011201120112010

a) (2 điểm) Đặt n4 + n3 + n2 + n + 1 = k2 (1) (với k nguyên dương) 0,25

Ta có (1)  4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 = 4k2

 (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2 0,75  (2k)2 > (2n2 +n)2

 (2k)2  (2n2 +n+1)2 (do k và n nguyên dương)

 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 (2n2 +n+1)2

 (n+1)(n-3)  0

 n  3

 n 1; 2; 3

0,75

Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài 0,25 b) (2 điểm) Đặt a 2010 2010, b 2011 2010 Ta có:

M (a b)  , N (2010a +2011b)  2010(a +b)+b 0,50

Xét:

2010

2010 a b b

2010

M a b a b a b a b

 

   

Vì

2010

2010

1 2010 2011 b

      

Nên

N b

1 N M

Câu 4 (2 điểm)

Cho a, b, c là các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a b 2c 2a b c a b 3c



A

Đặt

x a b 2c a y z 2x

y 2a b c b 5x y 3z

z a b 3c c z x

     

      

      

0,50

4(y z 2x) 2x y 8(z x) 4y 2x 4z 8x

       

Do đó

A 2 8 2 32 17 12 2 17     0,50 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2y 2x 2z 2 2x

 









4 3 2

2

10 7 2

2

c 2 1 t

  











 





 

 (với t  R, t > 0)

0,50

Câu 5 (7 điểm)

Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O) MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B) Các đường thẳng AM và

AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D

a) Chứng minh AM.AC AN.AD

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD

c) Ch/minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định

d) Gọi I là giao điểm của CO và BM Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng

Hình vẽ:

D

d

P

B

A

M

N

B

C

F

C

M

D

a) (1,5 điểm) Ta có ANM ABM  , ABM ACB  Suy ra: ACB ANM 

AM AN

AM.AC AN.AD

b) (2 điểm) Ta có: AC.AD CD.AB 2R CD  (1) 0,50 Lại có CD BD BC 2 BD.CD 2 AB    2 4R(2) 0,50

Dấu “=” xảy ra khi MN vuông góc với AB 0,50 c) (2 điểm) Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp MNC, K là trung điểm của CD,

S là giao điểm của AK với MN

Ta thấy tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên AMN ADC  ,

SAM KCA ANM  Suy ra: MN vuông góc với AK

0,75

Lại có: PO vuông góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song song với

AO Suy ra: tứ giác AOPK là hình bình hành, hay KP = AO =R 0,75

Vì d là đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng song

song với d, cách d một khoảng R cố định 0,50 d) (1,5 điểm) Trước hết ta chứng minh bài toán: Nếu tam giác ABC có các điểm 0,50

AP CN BM

Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có:

PC CD và

NB BM.

Do đó ta có điều phải chứng minh

Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có:

AB OI CM

Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có:

0,25

Từ (1) và (2) ta có

MA FB

=

CM CF Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo)

Mà AB BC  MF BC  MFC  900

0,25

Ta có EFB EBA  (cùng phụ với góc EAB)

EBA EMC  (tứ giác AMEB nội tiếp)

 EFB EMC   Tứ giác MEDC nội tiếp

0,25

 MEC MDC 90   0 Do đó: ME  EC (3)

Lại có MEN 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ME  EN (4)

Từ (3) và (4) suy ra M, E, N thẳng hàng

0,25

––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––