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) I. Một số chú ý khi chấm bài • 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 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 + = − + 0,75 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 2 ( ) 3 3 8 15 1 5 3 2 3 5 + = − + … ( ) 3 3 240 14399 1 121 119 2 119 121 + = − + Vậy S = ( ) 3 1 121 1 665 2 − = 0,5 Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình 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 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 3 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 ⇒ 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 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: 0,50 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 4 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) 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= 0,75 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 5 Do đó AMN ∆ và ADC ∆ đồng dạng. 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.CD 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. 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 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 MEDC nội tiếp 0,25 ⇒ · · 0 MEC MDC 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 M, E, N thẳng hàng. 0,25 ––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––– Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 6 . 14 399 1 3 3 5 1 19 121 + + + + + + + + + . (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 thi t, suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2. − + 0,75 Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011 2 ( ) 3 3 8 15 1 5 3 2 3 5 + = − + … ( ) 3 3 240 14 399 1 121 1 19 2 1 19 121 + = − + Vậy S = ( ) 3 1 121 1 665 2 − = 0,5 Câu 2 (3 điểm) Giải hệ. 4k 2 ⇔ (2 n 2 +n) 2 +2n 2 +(n+2) 2 = (2 k) 2 0,75 ⇒ (2 k) 2 > (2 n 2 +n) 2 ⇒ (2 k) 2 ≥ (2 n 2 +n+1) 2 (do k và n nguyên dương) ⇒ 4n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 4n + 4 ≥ (2 n 2 +n+1) 2