013 đề HSG toán 9 phú thọ 2009 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009-2010 Mơn Tốn Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề Câu (4đ) a) Chứng minh A   2n  1 2n  1 chia hết cho với số tự nhiên n b) Tìm số số nguyên n cho B  n2  n  13 số phương Câu (5đ) a) Giải phương trình x2  2x   2x2  4x  b) Giải hệ phương trình x  y2   xy   2  x  y  3xy  11 Câu (3đ) Cho ba số x, y, z thỏa mãn x  y  z  2010  1 1  x  y  z  2010  Tính giá trị biểu thức P   x2007  y2007  y2009  z2009  z2011  x2011  Câu (6đ) Cho đường tròn (O;R) dây cung AB cố định, AB  R Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi  C;R1  đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) A ,  D;R2  đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O;R) B hai đường tròn  C;R1   D;R2  cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD điểm C, D, O, M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường tròn cố định đưởng thẳng MP ln qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn ? diện tích tam giác AMB lớn ? Câu Cho số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  670 Chứng minh rằng: x y z    x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 Câu a) Theo giả thiết n số tự nhiên nên 2n  1;2n ;2n  số tự nhiên liên tiếp Vì tích số tự nhiên liên tiếp chia hết  2n  1 2n  2n  1 chia hết cho Mặt khác  2n ;3  nên  2n  1 2n  1 chia hết cho Vậy A chia hết cho với số tự nhiên n b) Ta thấy B số phương  4B số phương Đặt 4B= k  k   4B  4n2  4n  52  k   2n   k   2n   k   51 Vì 2n   k  2n   k nên ta có hệ 2n   k  2n   k  2n   k  51 2n   k  17 (1)  (2)  (3)  (4)  2n   k  51 2n   k  17 2n   k  1 2n   k  3 Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm n  12;n  3;n  13;n  Vậy số nguyên cần tìm n 12; 3;4;13 Câu a) Ta có 2x2  4x   2(x  1)2   nên tập xác định phương trình R Phương trình cho tương đương với 2x2  4x   2x2  4x    Đặt y  2x2  4x   phương trình cho trở thành y  y2  4y     (thỏa mãn điều kiện) y  Với y  ta có 2x2  4x    2x2  4x    x  x  1 x  Với y  ta có 2x2  4x    2x  4x     Vậy phương trình cho có nghiệm x  1,x  1,x  b) hệ cho tương đương với 11(x  xy  y2 )  11  x  xy  y2  x  xy  y2     (*)    2 2 (x  2y)(5x  3y)  x  3xy  y  11 11(x  xy  y )  x  3xy  y      Từ hệ (*) ta suy x  xy  y2  x  xy  y2   (I) (II)   x  2y 5x  3y       x  2y   Giải hệ (I) ta tìm (x;y)  (2; 1);(2;1) Hệ II vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x;y)  (2; 1);( 2;1) Câu Từ giả thuyết suy x, y, z khác 1 1    x y z xyz 1 1 1       0 x y z xyz xy xy   0 xy z(x  y  z)    x  y   0   xy xz  yz  z   (x  y)(xz  yz  z  xy)   (x  y)  z(z  x)  y(z  x)    x  y  y  z  z  x   x 2007  y 2007 x 2007  y 2007  x  y  x  y     z  y    y  z   y 2009  z 2009   y 2009  z 2009   P   z 2011  x 2011  z 2011  x 2011  x  z   z  x   Câu O M C A D HK B P N a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB cân C, O nên CPA  CAP  OBP CP // OD (1) Tương tự DPB, OAB cân D, O nên DPB  DBP  OAB nên OD//CP (2) Từ (1) (2) suy ODPC hình bình hành Gọi CD cắt MP H cắt OP K K trung điểm OP Theo tính chất đường tròn cắt ta có CD  MP  H trung điểm MP Vậy HK // OM CD // OM Ta phải xét trường hợp AP < BP AP > BP, đáp án yêu cầu xét trường hợp giả sử AP < BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP, DP=DM=R2 nên tứ giác CDOM hình thang cân điểm C, D, O, M thuộc đường tròn b) Xét tam giác AOB có OA2  OB2  2R2  AB2 nên tam giác OAB vuông cân O Vì điểm C, D, O, M cùn thuộc đường tròn (kể M  O ) nên COB  CMD (1) Xét MAB MCD có: MAB  MCD (cùng sđ MP (C )) sd MP (D)) Nên MAB đồng dạng MCD (g.g) MBD  MDC (cùng Vì MAB đồng dạng với MCD suy AMB  COD hay AMB  AOB  900 Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB Ta có ACP  BDP  AOB  900 nên ACP  450 (Góc nội tiếp góc tâm (C)) BMP  BDP  450 (góc nội tiếp góc tâm (D)) Do MP phân giác AMB AMP  Mà AMB  AOB  900 nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn (I) N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định c) MAP BNP có MPA  BPN (đối đỉnh); AMP  PBN (góc nơi tiếp chắn cung) nên MAP đồng dạng BNP (g.g) PA PM AB R2  PA  PB  Do (khơng đổi)   PM.PN  PA PB      PN PB   Vậy PM.PN lớn R2 PA=PB hay P trung điểm dây AB Vì tam giác AMB vng M nên 1 AB2 R2 S AMB  AM.BM  AM2  BM   4   Diện tích tam giác AMB lớn R2 PA=PB hay P trung điểm dây AB Câu Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức : Với a, b,c a b c2  a  b  c     x y z xyz a b c Dấu “=” xảy    x y z Thật vậy, với a, b  x, y  ta có: a b2  a  b    x y xy  x, y, z  ta có: (*) (**)   a y  b2 x  x  y   xy  a  b   (bx  ay)2  (luôn ) Dấu “=” xảy  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: a b c2  a  b  c2  a  b  c       x y z xy z xyz a b c Dấu “=” xảy    x y z 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: VT  x y z   x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z x2 y2 z2     3 (1) 2 x(x  yz  2010) y(y  zx  2010) z(z  xy  2010) x  y  z  3xyz  2010(x  y  z) Chú ý: x(x2  yz  2010)  x(x2  xy  zx  1340)  0;y(y2  zx  2010)  z  z  xy  2010   Chứng minh  x3  y3  z3  3xyz   x  y  z  x  y2  z  xy  yz  xz    x  y  z   x  y  z    xy  yz  zx   (2)   Do đó: x3  y3  z3  3xyz  2010(x  y  z)   x  y  z   x  y  z   3(xy  yz  zx)  2010   (x  y  z)3 (3)   Từ (1) (3) ta suy x  y  z VT  x  y  z Dấu “=” xảy  x  y  z   xyz 2010