de va dap an HSG Tinh HDuong 2010

[r]

sở giáo dục đào tạo hải dơng

-đề thi thức

K× THI chọn HọC SINH GiỏI TỉNH lớp 9 Năm học 2009-2010

Môn Thi : toán

Thời gian lµm bµi: 150 phót Ngày thi 28 tháng năm 2010

(§Ị thi gåm: 01 trang)

Câu (2 điểm)

a) Cho x số thực thỏa mãn x2 4x 1 0    Tính giá trị biểu thức:

5

A x x

 

b) Cho x; y; z số thực thỏa mãn

2

xyz x xy

  

   

Tính giá trị biểu thức: 2

1 2

B

y yz z xz x xy

  

     

Câu (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2

( )(2 )

2

y y y x

y y x

   

 

  

 

b) Giải phương trình x2 2x 2 2x 1

  

Câu (1,5 điểm)

Tìm tất số nguyên dương n để A 29 213 2n

   số phương

Câu (3 điểm)

Cho đường tròn tâm O dây AB cố định (O không thuộc AB) P điểm di động đoạn AB (P khác A, B) Qua A, P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với (O) A Qua B, P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N (khác P)

a) Chứng minh: ANP BNP b) Chứng minh: PNO90

c) Chứng minh P di động N ln nằm cung tròn cố định

Câu (1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:

2

2 ( 1)

( 1)

x y xy y x

A

xy y x x y

   

 

    (Với x; y cỏc s thc dng)

hải dơng

Năm học 2009-2010 Môn Thi : to¸n

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (2 đ)

a) Phương trình

4

x  x  có   ' 0 

suy tồn x thỏa mãn x2 4x 1 0

  

2 4 1 0 1 4 4

x x x x x

x

         (do x0)

Có 2

2

1

( ) 16 14

x x

x x

      

3

1 1

( )( ) 4(14 1) 52

x x x x

x x x x

       

5

5

1 1

( )( ) ( ) 14.52 724

A x x x x

x x x x

          

0,25 0,25 0,25 0,25 b) xyz =  x y z; ; 0

Từ giả thiết có B x xyz2 2 x xy xyz xyz z xz x xy

  

     

2

2 2

2

x xy

x xy xy x x xy

x xy x xy                0,25 0,5 0,25 Câu 2 (2,5 đ) a)

2

2

( )(2 ) ( )(2 )

2 ( ) (2 )

y y y x y y y x

y y x y y y x

                        Đặt

y y u

y x v

  



 

 suy có hệ

2 (3 )

3

uv v v

u v u v

              0,25 0,25

2 3 v v u v            ; u u v v         

  0,25

*

2

1 4

2 2 2 2

u y y y y y

v y x x y x y

                                * 2

2 4 2

1 2

u y y y y y

v y x x y x y

                                0,25 0,25 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:

2 2 6

; ; ;

2 5 6

x x x x

y y y y

                                    0,25

b) ĐK:

2 x

Phương trình cho tương đương với:

2 (2 1) 2 1 0

x  x  x    x2 ( 2x1 1) 0 (x 2x 1)(x 2x 1)

       

2 1

x x

     (vì

2

x nên x 2x1 0  )

2

1

1

( 1)

x x

x x

x x x x

  

 

       

     

 

1,2

1

2 2

x

x x

  

    

  



(thỏa mãn ĐK

2 x )

Nghiệm phương trình x 2

0,25

0,25

Câu 3 (1,5 đ)

Xét n >  A292132n2 (1 29  42n9)

Thấy 1 2 42n9 số lẻ nên A chia hết cho 29 không chia hết cho 210 nên A khơng số phương.

Xét n =  A2921329 2 (1 29  41) 9.2 10 962 số phương

0,25 0,25 Xét n <  A292132n2 (2n 9n213n1)

Do 29n213n1 số lẻ A số phương nên 2n số

chính phương nên n số chẵn, n * suy n2; 4;6;8 Khi A phương, 2n phương suy

9 13 n n

B     số phương

Nhận xét số phương lẻ tận 1; 5; Với n =  B27211 1 2177 (loại)

Với n =  B2529 1 545, thấy B chia hết cho không chia hết cho 25 nên B không số phương Với n =  B2327 1 137 (loại)

Với n = 8 B 2 25 1 35 (loại) Vậy n =

0,25 0,25

0,25 0,25

Câu 4 (3 đ)

a) Có (O) (C) tiếp xúc A nên  A, C, O thẳng hàng Có (O) (D) tiếp xúc B nên  B, D, O thẳng hàng

Xét (C) có  1

2 ANP ACP

Có tam giác ACP cân C; tam giác AOB cân O

APC ABO( CAP ) CP OB//

   

   1

2 ACP AOB ANP AOB

    (1)

Chứng minh tương tự ta có:

   1

//

2

DP OA BDP AOB  BNP AOB(2)

Từ (1) (2) suy ANP BNP (đ.p.c.m)

0,25

0,25 0,25 0,25 b) Gọi H giao NP CD; I giao OP CD

Theo chứng minh ta có CP // OB; DP // CO suy tứ giác CPDO hình bình hành

suy IO = IP

Có (C) (D) cắt P N suy CDNP (3)

0,25 0,25

i h

p

n o

d c

và HN = HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI // NO hay CD // NO(4)

Từ (3) (4) suy NONP hay PNO90(đ.p.c.m)

0,25 0,25 c) Theo chứng minh phần a) có

     

ANBANP PNB AOB ANBAOB (5)

Lập luận để có N, O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6)

Từ (5), (6) suy điểm N thuộc cung tròn AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB

Do A, B, O cố định nên N thuộc cung tròn cố định (đ.p.c.m)

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 5 (1 đ)

Đặt

2

( 1)

; x y

a a A a

xy y x a

 

    

 

Ta chứng minh bất đẳng thức (x y 1)2 3(xy y x)

    

Có:

2

2 2

( 1) 3( ) 2( 1) 6( )

( ) ( 1) ( 1)

x y xy y x x y xy y x

x y x y

           

      

Đúng với x; y Đẳng thức xảy x = y =1

2

( 1)

3

x y

a xy y x

 

   

  (vì x; y > 0)

0,25

0,25 Có ( 1) 8.3 .1 10 10

9 9 3 3

a a a

A a A

a a a

            0,25

Đẳng thức xảy

3

3

1 a

a x y

a a

  

      

  

Vậy GTNN A 10

3 đạt  x y