đề giao lu toán tuổi thơ 2009 Đề số 1 Câu1:Cho ba số tự nhiên a;b;c thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: a) a-b là một số nguyên tố. b) 3c 2 = c(a+b)+2ab. Chứng minh rằng 8c+1 là một số chính phơng. Câu2: Giải các phơng trình và hệ phơng trình sau: a) 4 4 2 2 2009 2009 2009 2008 x x x x+ + + = b) 2 2 2 2 2 3 0 2 0 xy y x y x y x + = + + = Câu3: Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn: 4 2 4 3 6 2 6 x y z x y z + + = + = Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=5x-6y+7z. Câu4: a) Cho hình vuông ABCD cạnh a, E là trung điểm cạnh AB, điểm F nằm trên cạnh BC sao cho FB>FC. G là giao điểm của EF với DC. Đờng tròn tâm I tiếp xúc với BC và tiếp xúc với DC tại G. Tiếp tuyến thứ hai của (I) kẻ từ F cắt DC tại K. Chứng minh rằng: Tứ giác AEGK là hình bình hành. b) Khi hình vuông trên có a=12 và trong nó chứa 2009 điểm đợc tô màu. Chứng minh rằng: Luôn tồn tại một tam giác đều có cạnh 11 chứa ít nhất 503 điểm trong 2009 điểm đợc tô màu đã cho. Câu5: Cho a,b,c là các số thực không âm, trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 ( )a ab b b bc c c ca a a b c + + + + + + + + + + Hết đáp án giao lu toán tuổi thơ 2009 Đề số 1 Nội dung Thang điểm Câu 1 Xét 3c 2 =c(a+b)+ab<=>4c 2 =(a+c)(b+c) (*) Ta thấy (a+c)-(b+c) = a-b = p là số nguyên tố. Nên ta suy ra a-b Ư(a+c,b+c) hoặc (a+c;b+c)=1 +) Nếu a-b Ư(a+c,b+c) => ( )a c a b k pk b c ph + = = + = với k;h N =>pk ph = a-b = p => k-h = 1 => k=h+1 Khi đó (*) trở thành 4c 2 = p 2 kh = p 2 h(h+1) => h(h+1) là số chính phơng => h = 0 => b+c=0 (vô lý) +) Nếu ( a+c; b+c) = 1 thì từ (*) ta suy ra(2c) 2 = (a+c)(b+c) => 2 2 a c h b c k + = + = =>a-b = p = h 2 -k 2 = (h-k)(h+k) Do h-k<h+k mà a-b = p là số nguyên tố nên suy ra 1h k h k a b = + = => (2c) 2 = (a+c)(b+c)= h 2 k 2 =k 2 (k+1) 2 = [ ] 2 ( 1)k k + Mà c>0 nên 2c = k(k+1) => 8c+1 = 4k(k+1) +1 = (2k+1) 2 Do (2k+1) 2 là số chính phơng nên 8c+1 là số chính phơng Vậy 8c+1 là số chính phơng . Câu 2 Phần a: Đặt 2009 = a => 2008 = a- 1 Ta có 4 4 2 2 4 4 2 2 2009 2009 2009 2008 1 x x x x ax x x a x a a + + + + + + = => = <=> ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 2 4 2 2 2 0 0 ax x x a x a a x a x a a x a a x a <=> + + + + = <=> <=> + + + + + = <=> ( ) ( ) 2 4 2 4 2 0 0a x a x a x a x a x a<=> + + + + = <=> + + = 2 4 2 0Do a x a x x x a a + + > <=> = + + <=> ữ 2 4 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 2 4 x x x a x a x x a <=> + + = + + + <=> + = + ữ ữ 2 2 2 2 1 1 1 1 0 2 2 2 2 x x a x x a <=> + + + + + + = <=> ữ ữ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0x x a x x a<=> + + + + = 2 2 0Do x x a x + + > ữ 2 2 4 2 2 1 0 2 1 2009x x a x x x<=> + + = <=> + + = + <=> 4 2 2008 0x x<=> + = . Đặt x 2 = t (t 0) 2 2 1 8003 2008 0 2 8003 1 8003 1 2 2 t t t x x + => + = <=> = => = <=> = Vậy nghiệm của phơng trình là 8003 1 2 x = PhÇn b: + NÕu x = 0; y = 0 => HÖ cã nghiÖm (x;y) =(0;0) + NÕu x ≠ 0. NH©n hai vÕ cña (2) víi x råi trõ cho (1) theo vÕ ta ®îc 2 3 2 3 2 3 2 0 ( 2) 2 x x y y x y x x y x + − = <=> + = => = + ( V× x ≠ 0 => x 3 + 2 ≠ 0). Thay vµo (1) ta ®îc 2 2 2 2 3 3 2 3 0 2 2 x x x x x x − + = ÷ + + . Nh©n vµ biÕn ®æi ta ®îc ( ) ( ) 6 3 3 3 3 1 3 11 8 0 1 3 8 0 2 3 x x x x x x = − <=> + + = <=> + + = <=> <=> − = *NÕu x = -1 => y =1 => Hpt cã nghiÖm (x,y)=(-1;1) *NÕu 3 3 2 6 3 9 x y − = => = => Hpt cã nghiÖm ( ) 3 3 2 6 , ; 3 9 x y − = ÷ VËy hpt cã nghiÖm (x,y) = (0;0); (-1;1); 3 3 2 6 ; 3 9 − ÷ C©u 3 10 4 2 4 7 7 10 7 3 6 2 6 4 2 4 3 9 2 7 y x x y z x y x y z x y z z x = − + + = + = <=> <=> + − = + + = = − + Do x,y,z ≥ 0 => 10 6 7 (*) 6 7 7 x x x ≤ <=> ≤ ≤ => A = 5x - 6y + 7z = 10 2 9 1 3 5 6 7 7 3 7 2 7 x x x x − − + − + = + ÷ ÷ Do x ≥ 0 => 3 7 A ≥ . DÊu = x¶y ra“ ” <=> 0 10 7 9 x y z = = = L¹i cã ( * ) 6 7 x < => 1 3 1 6 3 6 . 2 7 2 7 7 7 x= + ≤ + = DÊu = ®¹t ®“ ” îc khi 6 7 4 7 0 x y z = = = . VËy Min A = 3 7 10 9 0; ; 7 7 x y z = = = ÷ Max A = 6 6 4 , ; ; 0 7 7 7 x y z <=> = = = ữ Câu 4 Phần a: Ta thấy CG = GI ; BE = OE = 1 2 AB Mà CG//AB . Nên theo hệ quả của định lý Talét ta có CG GF GI GF BE EF OE EF = => = Xét IFG và OFE có ã ã ( ) ( ) . . / / FG IG EF OI IFG OFE c g c OEF FGI OE GI = => = : ã ã ã ã ã ã 0 180OFE IFG OFE OFG IFG OFG=> = => + = + = O,F,I thẳng hàng Kẻ OH BC ; OQ CD => OH = OQ = 1 2 BC Gọi I là tiếp điểm của (I) với FK. Kẻ OH FK ta có OHF = OHF => ã ã 'HOF H OF= (1) và OH = OQ => HOK = QOK => ã ã ã ã ' (2); ' (3)H OK QOK QKO H KO= = Từ (1) và (2) => ã ã 0 1 45 2 FOK HOQ= = . Ta lại có ã ã ' (4)IKI IKG= Từ (3) và (4) => OK và IK là hai tia phân giác của hai góc kề bù => ã 0 90IKO = OKI có ã ã 0 0 90 ; 45OKI KOI= = => OKI vuông cân tại K => KI = KO. Theo đề bài ta có ã 0 90IGK = Xét ,OQK IGK có ã ã ã ã ã 0 0 90 ( . . ) (90 ) 1 / / 2 OQK IGK OK OI OQK IGK g c g OKQ GKI IKG KG QO AB KG AE = = = => = = = => = = => = => AEGK là hình bình hành ( Đpcm) Phần b: Giả sử hình vuông ABCD có tâm O, cạnh 12. Lấy M,N,P,Q lần lợt trên AB, AD, DC,CB sao cho AN = DP = CQ = BM = 6 2 3 . Khi đó OM = ON = OQ = OP = 4 3 Ta đi chứng minh có thể dùng 1 tam giác đều cạnh 11 phủ kín POQC ( hoặc QOMB; MONA; NOPD). Thật vậy: Do OP =OQ = 4 3 < 11. Trên OM lấy K sao cho PK = 11 ã 0 6 3 sin 60 2 4 3 OPC OPC= = => = . Trên tia PC lấy điểm H sao cho PH = 11 => KPH đều cạnh 11. Giả sử KH x BC I => ( ) 3. 3 5 2 3 5 3 6 6 2 3CI CH CQ= = = > = => CQ< CI => Q nằm giữa I và C => PKH phủ kín hoàn toàn OPCQ. Chứng minh tơng tự ta có : Có 4 tam giác đều cạnh 11 phủ kín 4 tứ giác => 4 tứ giác đó phủ kín hình vuông ABCD => 4 tam giác đều cạnh 11 phủ kín 2009 điểm bên trong hình vuông theo nguyên lý Đirichlê, có ít nhất một tam giác đều cạnh 11phủ kín 2009 1 503 4 + = điểm đợc tô màu => Điều phải chứng minh. Câu 5 áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwars ta có ( ) 2 a b c a b c b c a ab bc ca + + + + + + Ta cần chứng minh ( ) 2 9 a b c ab bc ca a b c + + + + + + <=> (a+b+c) 3 9(ab + bc +ca) <=> <=> (a + b + c) 6 81(ab + bc +ca) 2 = 27(ab + bc +ca) 2 .3 <=> (a + b + c) 6 27 (ab + bc +ca) 2 (a 2 + b 2 +c 2 ). Đặt a 2 + b 2 +c 2 = S. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 27 S 2 (9-2S) (1) (Vì a 2 +b 2 +c 2 ) =(a + b + c) 2(ab + bc + ca) = 9 2S (1) <=> 27 9S 2 + 2S 3 0 <=> 27 S 2 (9 S 3 ) 0 <=> (S- 3) 2 .(2S + 3) 0 ( Luôn đúng) => (1) đợc chứng minh => Bất đẳng thức đợc chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 Nếu học sinh làm cách khác mà ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa đề giao lu toán tuổi thơ 2009 Đề số 2 A: Điền kết quả thích hợp vào chỗ trống Câu1: Giá trị của biểu thức ( ) 2009 3 4 1P x x= + khi ( ) 3 10 6 3 3 1 6 2 5 5 x + = + là Câu2: Các số x,y,z thoả mãn ( x + y + z) 3 x 3 y 3 z 3 = 0 thì giá trị biểu thức ( ) ( ) ( ) 209 209 109 109 2009 2009 P x y x y x y= + + + bằng Câu3: Giá trị của số 5 5 1 1 1 3 1 3 + ữ ữ + bằng Câu 4: Cos72 0 bằng (Ghi kết quả chính xác) Câu 5 : Phơng trình 3 2 1 3 x x x+ + = có nghiệm bằng (Ghi kết quả chính xác) Câu 6: Đờng thẳng (d) đi qua điểm A (0; 4) và điểm B ( ) 0; 6 thì diện tích AOB bằng Câu7: Cho đờng tròn (O,R) và một điểm A cách O một khoảng 2R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B; C là các tiếp điểm). Số đo của góc ã BAC là Câu 8: Cho 1 2 1 2 ; 2 2 m n + = = thì tổng n 3 + m 3 bằng Câu 9: Tam giác MNP đều có cạnh bằng 6, thì bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP bằng Câu10: Khi phơng trình 2x(kx 4) x 2 + 6 = 0 vô nghiệm thì giá trị nhỏ nhất của k bằng Câu11: Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phơng trình 2x 2 3mx -2 = 0. Biểu thức 2 2 1 2 x x+ đạt giá trị nhỏ nhất khi m bằng Câu12: Cho phơng trình x 2 - 6x 7 = 0. Giả sử x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phơng trình. Khi đó giá trị của 5 5 1 2 x x+ bằng Câu13: Một đờng tròn bán kính r nội tiếp tam giác vuông cân và một đờng tròn bán kính R ngoại tiếp tam giác ấy.Khi đó tỷ số R r bằng Câu14: Ba đờng tròn nhỏ bằng nhau tiếp xúc với nhau từng đôi một và tiếp xúc với các cạnh của tam giác ( hình vẽ). Nếu mỗi đờng tròn có bán kính là 3 thì chu vi của tam giác bằng Câu 15: Nếu là góc nhọn và 1 1 sin 2 2 x x = thì tg bằng Câu16: Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 250 m. Nếu chiều dài tăng thêm 15m và chiều rộng giảm 15m thì diện tích giảm đi 450m 2 . Khi đó diện tích thủa ruộng bằng B: Giải các bài tập sau Câu17: Cho đờng tròn (O) và đờng thẳng (d) ở ngoài đờng tròn, A là hình chiếu của O trên d. Kẻ cát tuyến ABC và hai tiếp tuyến Bx, Cy cắt d lần lợt tại D và E. Chứng minh AE = AD Câu18: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển trên đoạn thẳng ấy. Vẽ các đờng tròn đờng kính MA và MB. Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích hai đờng tròn có giá trị nhỏ nhất. Câu19: Có bao nhiêu cặp số nguyên dơng (x, y) thoả mãn phơng trình x 2 + y 2 = x 3 Câu 20: Lập phơng trình bậc hai có hai nghiệm là 1 1 ; 10 72 10 6 2 + Giám thị không giải thích gì thêm đáp án giao lu toán tuổi thơ 2009 Đề số 2 Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án 1 0 9 4 1 5 1 4 3 1 2 1 + 3 60 0 7 4 Câu 9 10 11 12 13 14 15 16 Đáp án 2 3 2 0 16806 1 2+ 18 18 3+ 2 1x 3850 Câu17: Ta nhận thấy A và B cùng thuộc đờng tròn đờng kính OE nên suy ra ã ã OEB OAC= . O, A, D, C cùng thuộc đờng tròn đờng kính OD nên ã ã ODC OAC OBE OCD OE OD= => = => = . Tam giác OED cân nên đờng cao OA chia đôi cạnh ED Câu18: Đặt AM = x BM = y. Ta có x + y = AB ( 0 < x, y < AB). Gọi S và S th tự là diện tích của hình tròn đờng kính MA và MB. Ta có S + S= ( ) 2 2 2 2 4 8 8 x y x y AB + + = Dấu = xảy ra khi x = y. Do đó min(S + S) = 2 8 AB khi M là trung điểm của AB Câu19: Ta có x 2 + y 2 = x 3 <=> y 2 = x 2 (x-1) do đó phơng trình có vô số nghiệm, chẳng hạn lấy x = k 2 + 1 với k nguyên bất kỳ thì tồn tại số nguyên y, với y = (1+k 2 ) nguyên k lúc đó cặp số (x,y) này sẽ thoả mãn phơng trình y 2 = (1+k 2 ) 2 .k 2 Câu 20: Sử dụng định lý Viét đảo ta lập đợc phơng trình 28t 2 - 20t + 1 = 0