PHÒNG GD & ĐT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN BÌNH SƠN VÒNG 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (6 điểm) 1/ Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng nhân số đó với 2010 ta được một số chính phương. 2/ Tìm tất cả các số nguyên tố p để p 2 2 p+ cũng là số nguyên tố. 3/ Chứng minh rằng: n 2 n n n 1− + − chia hết cho ( ) 2 n 1− với mọi số nguyên n lớn hơn 1. Bài 2: (7 điểm) 1/ Cho a > 0; b > 0 và 1 1 1 a b + = . Chứng minh rằng: a b a 1 b 1+ = − + − . 2/ Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với x, y là các số thực bất kỳ khác 0: 2 2 2 2 x y x y 4 3 y x y x + + ≥ + ÷ 3/ Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn: x < 1; y < 1; z < 1 và 3 3 3 3 x y z 2 2 + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 2 2 2 2 2 x y z 1 x 1 y 1 z + + − − − . Bài 3: (7 điểm) 1/ Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Qua A vẽ cát tuyến CAD (C thuộc (O), D thuộc (O’), C và D ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB), kẻ các đường kính AOE và AO’F. a) Chứng minh: CE // DF. b) Xác định vị trí của cát tuyến CAD để CD có độ dài lớn nhất. 2/ Cho hình vuông ABCD với tâm E. Gọi M là trung điểm của AB. Trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy hai điểm G, H sao cho hai đường thẳng MG và AH song song với nhau. Tính số đo góc GEH. 3/ Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, một điểm M di động trên nửa đường tròn đó. Vẽ đường tròn tâm E tiếp xúc trong với nửa đường tròn (O) tại M và tiếp xúc với AB tại N. Đường tròn (E) cắt MA, MB lần lượt tại các điểm thứ hai là C và D. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN VÒNG 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN Bài 1: (6 điểm) 1/ (2 điểm) : Gọi số tự nhiên có bốn chữ số phải tìm là: n Theo đề bài, ta có: 2010n = ( ) 2 a a N∈ hay 2.3.5.67.n = 2 a (0,5đ) - Số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn nên n = 2.3.5.67. ( ) 2 k k N∈ (0,5đ) * Với k = 1 thì n = 2010. * Với k = 2 thì n = 8040. (0,5đ) * Với k ≥ 3 thì n ≥ 18090 (loại). Vậy số phải tìm là 2010 hoặc 8040. (0,5đ) 2/ (2 điểm) - Với p = 2 thì p 2 2 p+ = 8 không phải là số nguyên tố. - Với p = 3 thì p 2 2 p+ = 3 2 2 3+ = 17 là số nguyên tố. (0,5đ) - Với p > 3; p là số nguyên tố nên p lẻ. Ta có: ( ) ( ) p 2 2 p 2 p p 1 2 1+ = − + + (0,5đ) Xét 3 số tự nhiên liên tiếp: p – 1; p; p + 1 trong đó có một số chia hết cho 3, mà p M 3 nên p – 1 hoặc p + 1 chia hết cho 3, suy ra: p 2 - 1 M 3, (0,5đ) lại có 2 p + 1 M (2+1) = 3 và p 2 2 p+ > 3 nên p 2 2 p+ là hợp số. Vậy chỉ có p = 3 thì p 2 2 p+ = 17 là số nguyên tố. (0,5đ) 3/ (2 điểm) * Với n = 2, ta có: ( ) ( ) 2 2 n 2 2 2 n n n 1 2 2 2 1 1; n 1 2 1 1− + − = − + − = − = − = Vậy ( ) 2 n 2 n n n 1 n 1− + − −M (0,5đ) * Với n > 2, ta có: ( ) ( ) n 2 n 2 2 n n n 1 n 1 n n 1 − − + − = − + − = (n – 1) ( ) ( ) n 3 2 n 1 n n 1 − + + + − = (n – 1) ( ) n 3 2 n 1 n 1 − + + + = (n – 1) ( ) n 1 n 2 2 n n n 1 − − + + + + (0,5đ) Xết tổng A = n 1 n 2 2 n n n 1 − − + + + + có (n – 1) số hạng Nên A = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n 1 n 2 2 n 1 n 1 n 1 1 1 n 1 − − − + − + + − + − + − (0,5đ) Mỗi hiệu trong ngoặc đều chia hết cho (n – 1) nên A M (n – 1) (0,25đ) Do đó : ( ) ( ) 2 n 2 n n n 1 n 1 A n 1− + − = − × −M . Vậy với mọi số nguyên n > 1, ta có : ( ) 2 n 2 n n n 1 n 1− + − −M (0,25đ) Bài 2: (7 điểm) 1/ (2 điểm) Từ 1 1 1 a b + = (1) suy ra a > 1; b > 1, các căn thức a 1− và b 1− tồn tại. (0,5đ) (1) ⇒ ab – a – b + 1 = 1 ⇒ (a – 1)(b – 1) = 1 ⇒ ( ) ( ) a 1 b 1− − = 1 (0,5đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 a 1 b 1 2 a b a b 2 a 1 b 1 2 a 1 b 1⇔ − − = ⇔ + = + + − − − = − + − Do đó: a b a 1 b 1+ = − + − . (Đpcm) (1đ) 2/ (2 điểm) . 2 2 2 2 x y x y 4 3 y x y x + + ≥ + ÷ (1) Đặt t = 2 2 2 2 2 x y x y t 2 y x y x + ⇒ − = + . Thay vào BĐT (1) và rút gọn ta được: (0,5đ) ( ) ( ) 2 2 t 2 3t t t 2t 2 0 t 1 t 2 0+ ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ − − ≥ x y x y 1 2 0 y x y x ⇔ + − + − ≥ ÷ ÷ (0,5đ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y xy x y 2xy x y xy 0 x y 0 xy xy x .y + − + − + − ⇔ ≥ ⇔ × − ≥ ÷ ÷ . (0,5đ) BĐT cuối cùng luôn đúng với mọi x, y khác 0 vì: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 x y 0 x y 0 y 3 x y xy x y 0 2 4 − ≥ > + − = − + > ÷ Vậy BĐT (1) đã được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi x = y 0≠ (0,5đ) 3/ (3 điểm) Vì 0 < x < 1, ta áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương x 2 và 2 1 x− ta có: ( ) 2 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 2 2 + − − ≤ = (0,5đ) 3 2 3 2 1 x x 1 x 2x 2 x 1 x ⇒ − ≤ ⇒ ≥ − (0,5đ) Chứng minh tương tự ta cũng có: 3 3 3 3 2 2 y z 2y ; 2z y 1 y z 1 z ≥ ≥ − − Áp dụng các BĐT trên ta có: P = 2 2 2 2 2 2 x y z 1 x 1 y 1 z + + − − − .= = ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 x y z 3 3 2 x y z 2 2 2 2 x 1 x y 1 y z 1 z + + ≥ + + = × = − − − (1đ) Dấu “=” xảy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x 1 x 2x 1 x 2 1 y 1 y 2y 1 y 2 1 z 1 z 2z 1 z 2 = − ⇔ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ = = − ⇔ = ⇔ = (vì x, y, z > 0 (0,75đ) Vậy : P min = 3 1 x y z 2 2 ⇔ = = = . (0,25đ) Bài 3: (7 điểm) 1/ (2,5 điểm) a) Ta có C thuộc đường tròn (O) đường kính AE, do đó · 0 ACE 90= hay CE ⊥ CD (0,5đ) D thuộc đường tròn (O’) đường kính AF, do đó · 0 ADF 90= hay DF ⊥ CD. Từ đó suy ra CE // DF. (0,5đ) b) Kẻ OI ⊥ CA (I CA∈ ) (0,5đ) O’K ⊥ AD (K AD)∈ , khi đó IA = IC = AC 2 , KA = KD = AD 2 nên CD = 2.IK mà IK ≤ OO’ Suy ra CD ≤ 2.OO’ (0,75đ) Dấu “=” xảy ra khi IK // OO’ hay CD // OO’. Vậy CD lớn nhất khi CD // OO’. (0,25đ) 2/ (2 điểm) Gọi giao điểm của đường thẳng CD với các đường thẳng ME và MG lần lượt là N và K . Dựng Kx // ME và cắt EG tại F . Theo định lý Talet ta có: (0,5đ) MB MG ME KC KF KC GK KF = = ⇒ = (1) (0,5đ) Ta có: NH = NC – HC = AM – HC = HK – HC = KC ⇒ NH = KC (2) Từ (1) và (2) suy ra NH = KF. Mặt khác: HK = EN = AM . Suy ra ENH HKF∆ = ∆ · · HE HF & EHN HFK⇒ = = . Do đó : · · · ( ) 0 0 0 0 EHF 180 ENH FHK 180 90 90= − + = − = EHF⇒ ∆ vuông cân, suy ra · 0 GEH 45= (0,5đ) 3/ (2,5 điểm) Kẻ tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn (O) và (E). (0,5đ) Ta có: · · xMA MBA= (= 1 2 Sđ ¼ MA ), · · xMA MDC= (= 1 2 Sđ ¼ MC ) Nên · · MBA MDC CD= ⇒ // AB. (0,5đ) Vì AB là tiếp tuyến của (E) tại N nên EN ⊥ AB, mà CD // AB nên EN ⊥ CD N⇒ là điểm chính giữa của cung CD. · · CMN BMN⇒ = ⇒ MN là tia phân giác của góc AMB, MN cắt đường tròn đường kính AB tại K lại có góc AMB không đổi bằng 90 0 nên Sđ » 0 AK 90= không đổi mà A cố định nên K cố định. Vậy MN luôn đi qua điểm cố định K là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB còn lại. (0,5đ) Chú ý: Mọi cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. I O O’ B E F A C D K G E M N A B CD H K F x O A B E M C D x N K . qua một điểm cố định. Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN VÒNG 2 - NĂM HỌC 20 09 - 2010 MÔN: TOÁN Bài 1: (6 điểm). PHÒNG GD & ĐT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN BÌNH SƠN VÒNG 2 - NĂM HỌC 20 09 - 2010 MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian. có C thuộc đường tròn (O) đường kính AE, do đó · 0 ACE 90 = hay CE ⊥ CD (0,5đ) D thuộc đường tròn (O’) đường kính AF, do đó · 0 ADF 90 = hay DF ⊥ CD. Từ đó suy ra CE // DF. (0,5đ) b) Kẻ