Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 2009 2010 phú thọ word

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009-2010 PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề Câu (4đ) n n a) Chứng minh A   1   1 chia hết cho với số tự nhiên n b) Tìm số số nguyên n cho B n  n  13 số phương Câu (5đ) a) Giải phương trình x  2x  2 2x  4x  b) Giải hệ phương trình 2 x  y 1  xy  2 x  y 3xy  11 Câu (3đ) Cho ba số x, y, z thỏa mãn x  y  z 2010  1 1  x  y  z  2010  Tính giá trị biểu thức P  x  y   y  z   z  x  Câu (6đ) Cho đường tròn (O;R) dây cung AB cố định, AB R Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi  C;R1  đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) A ,  D;R  đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) B hai đường tròn  C;R1   D;R  cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD điểm C, D, O, M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường trịn cố định đưởng thẳng MP ln qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn ? Câu Cho số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx 670 Chứng minh rằng: 2007 2007 2009 2009 2011 x y z    x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 Câu a) Theo giả thiết n số tự nhiên nên n  1;2 n ;2 n  số tự nhiên liên tiếp n n n Vì tích số tự nhiên liên tiếp ln chia hết   1   1 chia hết cho n n n Mặt khác  ;3 1 nên   1   1 chia hết cho Vậy A chia hết cho với số tự nhiên n b) Ta thấy B số phương  4B số phương 2 Đặt 4B= k  k   4B 4n  4n  52 k   2n   k   2n   k   51 Vì 2n   k 2n   k nên ta có hệ 2n   k 1 2n   k 3 2n   k 51 2n   k 17 (1)  (2)  (3)  (4)  2n   k  51 2n   k  17 2n   k  2n   k  Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm n  12;n  3;n 13;n 4 Vậy số nguyên cần tìm n    12;  3;4;13 Câu a) Ta có 2x  4x  2(x  1)2  1 nên tập xác định phương trình R Phương trình cho tương đương với 2x  4x   2x  4x   0 Đặt y  2x  4x  1 phương trình cho trở thành  y 1 y  4y  0   (thỏa mãn điều kiện)  y 3 Với y 1 ta có 2x2  4x  1  2x2  4x  1  x 1  x  2 Với y 3 ta có 2x  4x  3  2x  4x  9    x 3 Vậy phương trình cho có nghiệm x 1,x  1,x 3 b) hệ cho tương đương với 11(x  xy  y ) 11   2 x  3xy  y 11 x  xy  y 1 x  xy  y 1  (*)  2 2 (x  2y)(5x  3y) 0 11(x  xy  y ) x  3xy  y Từ hệ (*) ta suy x  xy  y 1 x  xy  y 1 (I)  (II)  x  2y 0  x  2y   5x  3y  0 Giải hệ (I) ta tìm (x;y) (2;  1);( 2;1) Hệ II vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x;y) (2;  1);( 2;1) Câu Từ giả thuyết suy x, y, z khác 1 1    x y z x yz  1 1         0  x y  z xyz  xy xy   0 xy z(x  y  z)     x  y   0   xy xz  yz  z   (x  y)(xz  yz  z  xy) 0  (x  y)  z(z  x)  y(z  x) 0   x  y   y  z   z  x  0  x  y 0   z  y 0   x  z 0  x  y  y  z    z  x  x 2007  y 2007  x 2007  y 2007 0  2009   z 2009   y2009  z 2009 0  P 0 y  z 2011  x 2011  z 2011  x 2011 0   Câu O M C A D HK B P N    a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB cân C, O nên CPA CAP OBP CP // OD (1)    Tương tự DPB, OAB cân D, O nên DPB nên DBP OAB OD//CP (2) Từ (1) (2) suy ODPC hình bình hành Gọi CD cắt MP H cắt OP K K trung điểm OP Theo tính chất đường trịn cắt ta có CD  MP  H trung điểm MP Vậy HK // OM CD // OM Ta phải xét trường hợp AP < BP AP > BP, đáp án yêu cầu xét trường hợp giả sử AP < BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP, DP=DM=R2 nên tứ giác CDOM hình thang cân điểm C, D, O, M thuộc đường tròn b) Xét tam giác AOB có OA  OB2 2R2 AB nên tam giác OAB vng cân O Vì điểm C, D, O, M cùn thuộc đường tròn (kể M O ) nên   COB CMD (1)    Xét MAB MCD có: MAB (cùng sđ MP (C )) MCD    (cùng sd MP (D)) MBD MDC Nên MAB đồng dạng MCD (g.g)     Vì MAB đồng dạng với MCD suy AMB hay AMB AOB 900 COD Do AB cố định nên điểm M thuộc đường trịn tâm I đường kính AB    Ta có ACP BDP AOB 900 nên 1  AMP  ACP 450 (Góc nội tiếp góc tâm (C)) 1  BMP  BDP 450 (góc nội tiếp góc tâm (D))  Do MP phân giác AMB   Mà AMB AOB 900 nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường trịn (I) N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định     c) MAP BNP có MPA (đối đỉnh); AMP (góc nơi tiếp BPN PBN chắn cung) nên MAP đồng dạng BNP (g.g) PA PM AB R  PA  PB    PM.PN  PA PB    Do (khơng đổi)   PN PB   Vậy PM.PN lớn R2 PA=PB hay P trung điểm dây AB Vì tam giác AMB vuông M nên 1 AB R S AMB  AM.BM  AM  BM   4   Diện tích tam giác AMB lớn R2 PA=PB hay P trung điểm dây AB Câu Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức : Với a, b,c   x, y, z  ta có: a b2 c  a  b  c     x y z xyz a b c Dấu “=” xảy  x  y  z Thật vậy, với a, b   x, y  ta có: a b2  a  b    x y xy (*) (**)   a y  b x   x  y  xy  a  b   (bx  ay)2 0 (luôn ) Dấu “=” xảy  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: a b c2  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z x y z a b c Dấu “=” xảy  x  y  z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: VT  x y z   x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 2  x  y  z x2 y2 z2     3 (1) 2 x(x  yz  2010) y(y  zx  2010) z(z  xy  2010) x  y  z  3xyz  2010(x  y  z) Chú ý: x(x  yz  2010) x(x  xy  zx  1340)  0;y(y2  zx  2010)    z z  xy  2010  Chứng minh x  y3  z  3xyz  x  y  z   x  y  z  xy  yz  xz   x  y  z    x  y  z    xy  yz  zx   (2)   Do đó: x  y3  z  3xyz  2010(x  y  z)  x  y  z    x  y  z   3(xy  yz  zx)  2010  (x  y  z)3 (3)   Từ (1) (3) ta suy  x  y  z VT   x  y  z  Dấu “=” xảy  x y z  xyz 2010