HSG 9 huyện vòng 2 .doc

http://violet.vn/tranthuquynh81 đề thi học sinh giỏi thcs vòng 2 năm học 2007-2008 môn: toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề ) Câu 1: 1) Cho hệ phơng trình : 3 . x y a a x y b + = = ( a, b là tham số) Xác định b để luôn có nghiệm (x,y) với mọi a . 2) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm M(2,3), cắt trục hoành và trục tung tại các điểm A(a;0) và B(0;b) sao cho a, b là các số nguyên tố . Câu 2 1) Chứng minh rằng : Nếu x, y > 0 và x + y = 1 thì (x+ 1 x ) 2 + (y+ 1 y ) 2 25 2 2) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng : 2a b+ + 2a c+ 2 a b c+ + Câu 3 : Hãy tìm số có 4 chữ số. Biết rằng số đó là một số chính phơng và nếu số đó giảm chữ số hàng nghìn đi 3, còn tăng lên 3 ở chữ số hàng đơn vị thì sẽ nhận đợc số mới cũng là số chính phơng . Câu 4 : Cho 2 đờng tròn (O) và ( O ) ở ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB và tiếp tuyến chung trong CD (A và C thuộc (O), B và D thuộc ( O ) ) . 1) Chứng minh rằng AC vuông góc với BD . 2) Gọi E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng ba điểm O, E, O thẳng hàng. ----------------------------------------------------------- http://violet.vn/tranthuquynh81 Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi thcs vòng 2 năm học 2007-2008 môn: toán I/ Hớng dẫn chung : -Hớng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lợc một cách giải . Nếu học sinh có cách giải đúng ,khác đáp án thì các giám khảo thống nhất và vận dụng thang điểm để chấm . -Khi chấm , các ý cho 0,5 điểm, có thể xé nhỏ tới 0,25 đ . Điểm toàn bài là tổng điểm của tất cả các câu, làm tròn đến 0,25 đ . II/ Đáp án và biểu điểm : Câu 1 (2,5 đ) : (1 đ) : Ta có 3 . x y a a x y b + = = 3 (3 ) y a x a x a b = + = + (1) (2) Giả sử hệ luôn có nghiệm với mọi a, suy ra hệ phải có nghiệm với a=-3 b = 3 Ngợc lại , với b = 3 hệ phơng trình đã cho trở thành 3 (3 ) y a x a x a b = + = + -Nếu a=-3 thì hệ luôn có nghiệm 3 3 x R y x = - Nếu a -3 thì hệ luôn có nghiệm 1 3 x y a = = Vậy b = 3 thì hệ phơng trình đã cho luôn có nghiệm với mọi a . 0,5 0,5 3) ( 1,5 đ) Giả sử đờng thẳng ( d) có phơng trình y= mx+n thoả mãn yêu cầu bài toán Theo giả thiết ta có . . .2 3 m a n o m o n b m n + = + = + = . 3 2 m a n o n b b m + = = = (1) (2) (3) Thế ( 2) và ( 3) vào (1) đợc 3 . 0 2 b a b + = ữ ( 3). 2b a b = ( 4) với b là số nguyên tố và b 2 . Ta xét các trờng hợp sau : b =2 , từ ( 4) suy ra a = - 4 (loại ) b = 3, không thoả mãn ( 4) b 5 , khi đó từ (4) 6 2 3 3 a b b = + là ớc của 6 { } 3 2;3;6 5b b = m=-1,n=5 và đờng thẳng (d) có phơng trình là y=-x+5 Dễ kiểm tra thấy ( d) cắt 0x tại A( 5;0) và cắt 0y tại B( 05) thoả mãn yêu cầu bài toán . 0,25 0,25 0,5 0,25 Vậy đờng thẳng ( d) cần tìm có phơng trình là y=-x+5 . Câu 2 : (2đ) 1) ( 1đ) áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có : (a+b) 2 2.(a 2.(a 2 +b 2 ) a 2 +b 2 2 1 ( ) 2 a b+ Ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) (1 ) 2 2 x y x y x y x y xy + + + + + + = + Mà 1= x+y 2. xy ( BĐT Cô si cho 2 số x,y >0 ) 1 1 4 4xy xy Từ đó 2 2 2 2 1 1 1 1 1 25 ( ) ( ) (1 ) (1 4) 2 2 2 x y x y xy + + + + + = Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y= 1 2 2) (1 đ) Bình phơng 2 vế ta đợc : : ( 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 )( 2 )a b a c a b a c+ + + + + + 4( )a b c + + 2 ( 2 )( 2 )a b a c + + 2( )a b c + + ( 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 )( 2 )a b a c a b a c + + + + + ( 2a b + - 2a c+ ) 2 0 ( )DPCM Câu 3 ( 2đ) Giả sử xyzt = a 2 .Theo giả thiết ( 3) ( 3)x yz t + =b 2 , trong đó a,b là các số tự nhiên 2 1000 100 10x y z t a + + + = và 1000(x-3) +100y+10z+t+3 =b 2 4 ( )( ) 2997 3 .37a b a b + = = Hai thừa số a+b và a-b tơng ứng là tổng và hiệu của 2 số có 2 chữ số 200a b + và a+b a b . Từ tất cả các khả năng biểu diễn của 2997 nh tích của 2 số tự nhiên , chỉ có 2 tr- ờng hợp thoả mãn điều kiện trên : 2997 = 111.27 và 2997 = 81. 37 Từ hệ PT 111 27 a b a b + = = 2 4761a = Từ hệ PT 81 37 a b a b + = = 2 3481a = Thử lại và kết luận có 1 số thoả mãn điều kiện đầu bài : 4761 . Câu 4 (3,5đ) hình vẽ đúng chính xác cho 0,5 đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 1) ( 1,0 đ) Gọi M là giao điểm của AB và CD Suy ra MO là phân giác của góc AMCvà M0 là phân giác của góc BMD MO ' MO ( tính chất tia phân giác của 2 góc kề bù ) (1) Lại có MO AC ( T/C của 2 tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm) ( 2) Từ (1) và (2) suy ra AC // MO (3) Ta có BD ' MO ( T/C của 2 tiếp tuyến Cùng xuất phát từ 1 điểm) (4) Từ (3) và (4) suy ra BD AC 2)( 2 đ) Gọi I là giao điểm của AC và MO , J là giao điểm của BD và MO . Ta có ã AMO = ã ' BO M ( cùng phụ với góc BMO ) Tam giác vuông AMO đồng dạng với tam giác vuông BO M và tam giác vuông MAI đồng dạng với tam giác vuông O BJ ' ' ' ' MO MA O M O B MA MI O B O J = = = ' ' MO MI O M O J = (5) . Dễ thấy IMJE là hình chữ nhật MI=JE (6) Từ (5) và (6) ' ' MO JE MO JO = Tam giác vuông OMO đồng dạng với tam giác vuông E J O ã ' MO O = ã ' MO E Ba điểm O,E,O Thẳng hàng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,75 0,75 E A B C . ( 2 ) 2 ( 2 )( 2 )a b a c a b a c+ + + + + + 4( )a b c + + 2 ( 2 )( 2 )a b a c + + 2( )a b c + + ( 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 )( 2 )a b a c a b a c + + + + + ( 2a. của 29 9 7 nh tích của 2 số tự nhiên , chỉ có 2 tr- ờng hợp thoả mãn điều kiện trên : 29 9 7 = 111 .27 và 29 9 7 = 81. 37 Từ hệ PT 111 27 a b a b + = = 2 4761a