Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh phú thọ năm học 2013 2014(có đáp án)

Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.. a Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.. b Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF.. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN: TOÁN - THCS Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Giải phương trình trên tập số nguyên 2 2

b) Cho P x  x3 3x214x 2 Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia  hết cho 11

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

P



   , biết a 355 3024 355 3024 b) Cho các số thực , ,x y z đôi một khác nhau thỏa mãn

x3 3x 1,y3 3y 1 và z3 3z 1

Chứng minh rằng 2 2 2

6

Câu 3 (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3 1 1 3 1

4

x

x



b) Giải hệ phương trình





Câu 4 (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng  không đổi sao

cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và

N Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.

a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh rằng khi góc nội tiếp

EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.

c) Khi  600 và BC R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI.

Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn x y z  3

Chứng minh rằng

xyz

-Hết -ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:………

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - THCS

(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

I Một số chú ý khi chấm bài

 Đáp án 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, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

 Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đáp án

 Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số

II Đáp án-thang điểm

Câu 1 ( 3,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x25y2 4xy4x 8y 12 0.

b) Cho P x  x3 3x214x 2 Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x chia hết cho 11. 

a) Phương trình tương đương với

x24y2 4xy 4x 2y  4 16 y2 x 2y22 16 y2; 0,5

mà ,x y   nên  2

x y  y hoặc x 2y 2 0, y2 16 (2) 0,5

Ta có (1) x2, y hoặc 0 x6, y 0

(2) y4, x6 hoặc y4,x10

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x y ;   2; 0 , 6; 0 , 6; 4 ,   10; 4  

0,5

b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p3k2 thì

Thật vậy, xymod p  x3 y3mod p, đúng

Với 3 3mod  3k 3kmod 

Với ,x y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.

Với x p,  1,y p,  1 ta có p 1 p 1 1 mod  3k 1 3k 1mod 

0,5

Áp dụng Bổ đề, ta có

Do đó, P x  P y  mod 11  xymod 11 

0,5

Suy ra với mỗi n   trong 11 giá trị , P n P n ,  1 , ,  P n 10 , có duy nhất một

giá trị chia hết cho 11 Do đó, trong các số P 1 ,P 2 , , P99 có đúng 9 số chia hết

0,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

cho 11, còn P 0 2 không chia hết cho 11.

Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2 ( 4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

P



   , biết a 355 3024 355 3024

b) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 3 3 3

x  x y  y z  z Chứng minh rằng

6

   

2 3

2

P

mà a 3 110 3 55 3 2 3024 355 3024  355 3024  0,5

3

b) Ta có x33x 1(1), y3 3y 1 (2),z3 3z 1 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra

 

 

 

3 (6)

3





Từ (4) và (5) suy ra

x2 z2xy yz  0 x y x y z       0 x y z  0,

(vì x, y, z đôi một phân biệt).

Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có

1,0

Câu 3 ( 4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3x 1 x4x1 3x1.

b) Giải hệ phương trình





a) Điều kiện xác định: x 13,x 0

Phương trình tương đương với 12x2 3x1 4x 3x1 Đặt a2 ,x b 3x1 ta

có phương trình 3a2 b2 2ab b a b   3a  0 b a hoặc b3a Khi đó

3x 1 2x hoặc 3x 1 6x

1,0

+) Với 3x 1 2x, điều kiện x  , ta có0

3x 1 2x 3x 1 4x  4x  3x 1 0  x hoặc 1 1

4

+) Với 3x 1 6x, điều kiện  13  , ta cóx 0 0,5

S

D

I

J

K

N H M

G

A

Q

O

F

72

x  x x  x  x  hoặc x372153 (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm x1,x3 72153.

b) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình



 Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có

x2 4xy4y2 3x 2y  2 0 x 2y2 3x 2y  2 0

 x 2y 1 x 2y 2  0 x2y1 hoặc x2y2

1,0

+) Với x2y1, thế vào (2) và rút gọn ta có y y 3  0 y0 hoặc y 3

Suy ra x1, y0 hoặc x5, y3.

+) Với x2y , thế vào (2) và rút gọn ta có 2 3 2 13 5 0 13 109

6

y  y   y 

6

Suy ra x 7 3109, y136 109 hoặc x 7 3109, y136 109.

Vậy hệ có 4 nghiệm x1, y0; x5, y3;

x 7 3109, y136 109 ; x 7 3109, y136 109.

1,0

Câu 4 ( 7,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng  không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành.

a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định.

c) Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi  600 và BCR

a) Ta có

MNE =1

2 (sđ AC  sđ BFE ) =

= 1

2 (sđ AB  sđ BFE )

AFE  sđ AC  sđ CE

Vậy tứ giác MNEF nội tiếp.

2,5

b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R).

Lấy G đối xứng với E qua AP  D EG G ,  O

Ta có MDG NEG , AEG AFG 180o MDG MFG  180o

1,0

N

A

Gọi giao điểm của AG và BC là H

Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F

nằm trên một đường tròn

Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và

cắt đường tròn (O) tại J; I OJ , sđ JF =sđ

JG và sđ PG =sđ PE nên JOP  hay I 

nằm trên đường thẳng cố định Đó là đường

thẳng đi qua O và tạo với AO một góc 

không đổi

1,5

c) Hạ IT BC T BC  TH TM Do QH QN, suy ra 1

2

Tam giác vuông OSI có IOS  không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất

 MN nhỏ nhất Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.

1,0

Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho  ' M AN' Không mất tính tổng quát giả sử

QM QN suy ra AM'AN' Trên đoạn AM lấy điểm U sao cho ' AU AN'

'

   (c.g.c) S AM M' S ANN'  MM'NN' M N' 'MN

Với  60 ;o BCR suy ra 3 2 3

R R

2 3 2 2 3 3

6

R

1,0

Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

xyz

Nội dung

Điểm

Chứng minh được: 2x2y2z2 2x y z  

Tương tự ta có 2y2z2x2 2y z x  , 2z2x2y2 2z x y  

Do đó ta sẽ chứng minh      

2

xyz

Bất đẳng thức này tương đương với

4 2 4 2 4  1.

0,5

yz

y z



0 2 yz yz  xy  1  1 1 nên    

2

2 yz yz 2 yz   yz

0,5

Vậy nên

1

y z





1

z x





1

x y





Do đó

Với a, b, c>0 có

                

a b c  a b c  (*)

2 xy 2 yz 2 zx 6 xy  yz  zx  ;

xy  yz  zx          x y z )

Vậy

4 2 4 2 4  1

Do vậy ta có

4

xyz

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1

1,0

HẾT