Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs cấp tỉnh năm học 2010-2011 MễN TON Thi gian lm bi 150 phỳt, khụng k thi gian giao thi cú mt trang Cõu 1 (4 im) a) Cho ( ) ( ) 2 2 x 2011 x y 2011 y 2011+ + + + = . Tớnh giỏ tr ca biu thc 2011 2011 T x y= + . b) Tớnh tng S = 4 3 8 15 240 14399 1 3 3 5 119 121 + + + + + + + + + . (mi s hng trong tng trờn cú dng 2 4n 4n 1 2n 1 2n 1 + + + , vi n N v 1 n 60). Cõu 2 (3 im) Gii h phng trỡnh 3 2 3 2 3 2 x 3x 2x 5 y y 3y 2y 5 z z 3z 2z 3 x . + = + + = + + = Cõu 3 (4 im) a) Tỡm s nguyờn dng n 4 3 2 B n n n n 1= + + + + l s chớnh phng. b) So sỏnh M v N bit ( ) ( ) 2011 2010 2010 2010 2011 2011 M 2010 2011 , N 2010 2011= + = + . Cõu 4 (2 im) Cho a, b, c l cỏc s dng. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 4a b 3c 8c A a b 2c 2a b c a b 3c + = + + + + + + + . Cõu 5 (7 im) Cho ng trũn (O; R) ng kớnh AB. Qua B k tip tuyn d ca ng trũn (O). MN l mt ng kớnh thay i ca ng trũn (M khụng trựng vi A, B). Cỏc ng thng AM v AN ct ng thng d ln lt ti C v D. a) Chng minh AM.AC AN.AD= . b) Tỡm giỏ tr nh nht ca tớch AC.AD . c) Chng minh tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc MNC thuc mt ng thng c nh. d) Gi I l giao im ca CO v BM. ng thng AI ct ng trũn (O) ti im th hai l E, ct ng thng d ti F. Chng minh ba im C, E, N thng hng. Ht H v tờn thớ sinh SBD CHNH THC 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) Đáp án Điểm Câu 1 (4 điểm) a) Cho ( ) ( ) 2 2 x 2011 x y 2011 y 2011+ + + + = . Tính giá trị của biểu thức 2011 2011 T x y= + . b) Tính tổng S = 4 3 8 15 240 14399 1 3 3 5 119 121 + + + + + + + + + . (mỗi số hạng trong tổng trên có dạng 2 4n 4n 1 2n 1 2n 1 + − − + + , với n N∈ và 1 ≤ n ≤ 60). a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2011 2011 2011 2011 2011+ + + − + + = + −x x x x y y x x 0,50 2 2 2011 2011y y x x⇔ + + = + − (1) 0,50 Tương tự ta có: 2 2 2011 2011x x y 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 3 3 4 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 k k k k k k k k k k + − + − − + − − = − + + + − − 0,75 Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, …, 60. Ta được: ( ) 3 3 4 3 1 3 1 2 1 3 + = − + ( ) 3 3 8 15 1 5 3 2 3 5 + = − + … ( ) 3 3 240 14399 1 121 119 2 119 121 + = − + 0,75 Vậy S = ( ) 3 1 121 1 665 2 − = 0,5 Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 2 3 2 3 2 3 2 x 3x 2x 5 y y 3y 2y 5 z z 3z 2z 3 x . − + − = + + − = + + − = Viết lại hệ đã cho dưới dạng 3 2 3 2 3 2 x 3x 2x 5 y y 3y 2y 5 z z 3z 2z 5 x 2 . − + − = + + − = + + − = − 0,25 Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 2 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 3 2 3 2 3 2 t 3t 2t 5 y y 3y 2y 5 z z 3z 2z 5 t + + − = + + − = + + − = (I) 0,25 Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả sử t = max { } , ,t y z . 0,25 1) Trường hợp ≥ ≥t y z . Từ hệ (I) ta có 3 2 3 2 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 = n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 là số chính phương. b) So sánh M và N biết ( ) ( ) 2011 2010 2010 2010 2011 2011 M 2010 2011 , N 2010 2011= + = + . a) (2 điểm). Đặt n 4 + n 3 + n 2 + n + 1 = k 2 (1) (với k nguyên dương) 0,25 Ta có (1) ⇔ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 = 4k 2 ⇔ (2n 2 +n) 2 +2n 2 +(n+2) 2 = (2k) 2 0,75 ⇒ (2k) 2 > (2n 2 +n) 2 ⇒ (2k) 2 ≥ (2n 2 +n+1) 2 (do k và n nguyên dương) ⇒ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 ≥ (2n 2 +n+1) 2 ⇒ (n+1)(n-3) ≤ 0 0,75 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 3 ⇒ n ≤ 3 ⇒ n ∈ { } 1; 2; 3 Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 0,25 b) (2 điểm). Đặt 2010 2010 a 2010 , b 2011 = = . Ta có: [ ] 2010 2011 2010 M (a b) , N (2010a +2011b) 2010(a +b)+b= + = = 0,50 Xét: ( ) ( ) ( ) 2010 2010 2010 2010 a b b N 1 b 2010 M a b a b a b a b + + = = + + + + + 0,50 Vì 2010 2010 b b 1 2010 2011 b a b a b < ⇒ + < = ÷ + + 0,50 Nên N b 1 N M M a b < < ⇒ < + 0,50 Câu 4 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a b 3c 8c 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 = + + = + − = + + ⇒ = − − = + + = − (x,y,z > 0) 0,50 Khi đó: 4(y z 2x) 2x y 8(z x) 4y 2x 4z 8x A 17 x y z x y x z + − − − = + − = + + + − ÷ ÷ 0,50 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 a t 2 10 7 2 b t 2 c 2 1 t − + = − = = − (với t ∈ R, t > 0) 0,50 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 4 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: E I K D d N O P A 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= Do đó AMN ∆ và ADC ∆ đồng dạng. 0,75 AM AN AM.AC AN.AD AD AC = ⇒ = 0,75 b) (2 điểm). Ta có: AC.AD CD.AB 2R .CD= = (1) 0,50 Lại có 2 CD BD BC 2 BD.BC 2 AB 4R= + ≥ = = (2) 0,50 Từ (1) và (2), suy ra 2 CD.AD 8R≥ 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. 0,75 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 5 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 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 M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA thì: AP CN BM . . PC NB MA = 1. Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có: AP AM PC CD = và CN CD NB BM = . Do đó ta có điều phải chứng minh. 0,50 Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có: AB OI CM . . 1 BO IC MA = ⇒ OI MA IC 2CM = (1) Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có: OI FB IC 2CF = (2) 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 ⇒ · 0 90MFC = 0,25 Ta có · · EFB EBA= (cùng phụ với góc EAB) · · EBA EMC= (tứ giác AMEB nội tiếp) · · EFB EMC⇒ = ⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp 0,25 ⇒ · · 0 MEC MFC 90= = . Do đó: ME ⊥ EC (3) Lại có · 0 MEN 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ME ⊥ EN (4) Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng. 0,25 ––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––– Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 6