UBND HUYỆN TAM DƯƠNG PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học: 2010-2011 Môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang Câu 1:(1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức: 1 1 . 1 1 ax bx A ax bx − + = + − với 1 2a b x a b − = và 0 < a < b < 2a. Câu 2:(2,0 điểm ) a) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x 2009 + 2009y 2010 = 2011. b) Xét dãy số 1 2 1; 3a a= = và 2 1 2 1 n n n a a a + + = − + với mọi n là số nguyên dương. Chứng minh rằng 2 4 . 1 n n A a a + = + là số chính phương. Câu 3:(3,0 điểm ) a) Giải hệ phương trình: (I) ( ) ( ) ( ) 3xy = 2 x+ y 5yz = 6 y+ z 4zx= 3 z+ x      b) Tìm các nghiệm tự nhiên ( , )x y của phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 4 4 2 4 28 17 14 49x y x y y+ + = + + + Câu 4:(1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 3 3 3 3.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2010 .A a b c a b c = + + + + + Câu 5:(2,5 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R (AB<AC). Đường tròn tâm I đường kính OA cắt AB, AC lần lượt tại M và N (M, N không trùng với A). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. a) Chứng minh rằng M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. b) Chứng minh rằng . 2 AB AC R AH = . c) Kẻ dây cung AE của đường tròn (I) song song với MN. Gọi F là giao điểm của MN và HE. Chứng minh F là trung điểm của MN. ====== HẾT ====== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC Họ tên thí sinh……………………………………………………… SBD…………………. UBND HUYỆN TAM DƯƠNG PHÒNG GD&ĐT H ƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 NĂM HỌC 2010-2011 Câu Nội dung chính Điểm 1 Đặt ( ) 2 2 2 1 1 1 1 ax a x M ax ax − − = = + + . Thay 1 2a b x a b − = vµo M ta ®îc: 2 1 2 2 2 1 2. . a b b a b M a b a b a b a b b b b − − − = = − − − + + + (1) Đặt 2 2 1 1 . 1 1 1 bx N b x bx bx + = = − − − (vì 1 0)bx− > Thay 1 2a b x a b − = vµo N ta ®îc: 2 2 2 2 2 1 2 2 . 1 . . 2 2 2 1 . . . b a b a a ab b b a N a b a b a b a b a b a b a b a b b b − − + − = − = = − − − − − − ( vì a< b nên ( ) 2 a b a b b a− = − = − ) (2) Tõ (1) và (2 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 . b a b a A a b a ab b a b b − − ⇒ = = = − − + − 0,5 0,5 0,5 2 a) - Nếu y chẵn thì với mọi x ∈ Z có 2008x 2009 + 2009y 2010 là số chẵn; mà 2011 là số lẻ suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. - Nếu y lẻ thì y 1005 là số lẻ. Đặt y 1005 = 2k + 1 ( k ∈ Z ) ⇒ 2009y 2010 = 2009(y 1005 ) 2 = 2009(2k + 1) 2 = 2009(4k 2 + 4k + 1) = 4[2009(k 2 + k)] + 2009. Ta có 2009y 2010 chia cho 4 dư 1 ⇒ 2008x 2009 + 2009y 2010 chia cho 4 dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3 suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x 2009 + 2009y 2010 = 2011. 0,25 0,5 0,25 b) Dự đoán ( 1) 2 n n n a + = (*) Thật vậy: Với n =1 ta có 1 1a = (*) đúng Giả sử (*) đúng đến 1n k= + ( )k Z + ∈ nghĩa là 1 ( 1)( 2) 2 k k k a + + + = Ta phải chứng minh (*) đúng với 2n k= + 0,25 2 Ta có 2 1 ( 1)( 2) ( 1) 2 1 2. 1 2 2 k k k k k k k a a a + + + + + = − + = − + = ( 2)( 3) 2 k k+ + ⇒ (*) đúng với 2n k= + ⇒ (*) đúng với mọi n Z + ∈ . Do đó 2 2 2 4 . 1 ( 3 1) n n A a a n n + = + = + + ⇒ A là số chính phương. 0,5 0,25 3 a) + Với xyz=0 suy ra x = y = z = 0. + Với xyz ≠ 0 thì hệ (I) được viết lại: x y 3 xy 2 y z 5 yz 6 z x 4 zx 3 +  =   +  =    + =   ⇔ (II) 1 1 3 x y 2 1 1 5 y z 6 1 1 4 z x 3  + =    + =    + =   Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được: 1 1 1 11 2 x y z 3   + + =  ÷   ⇔ 1 1 1 11 x y z 6 + + = (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có: x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình (I) có hai nghiệm là: (0; 0; 0) và (1; 2; 3). 0,25 0,5 0,5 0,25 b) Pt đã cho ⇔ 2 2 2 4 2 2 4( 7) 17 ( 7)x y x y+ + = + +         4 2 2 2 2 16 8 ( 7) ( 7) 0x x y y⇔ − + + + = 2 2 2 4 ( 7) 0x y ⇔ − + =     2 2 4 7 0x y⇔ − − = (2 )(2 ) 7x y x y⇔ + − = (1) Vì ,x y N∈ nên 2 2x y x y+ ≥ − và 2 0x y+ ≥ . Do đó từ (1) suy ra 2 7 2 2 1 3 x y x x y y + = =   ⇔   − = =   KL: Phương trình có nghiệm duy nhất (x,y)=(2;3). 0,5 0,5 0,5 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 3 3 3 3 2 1 1 3 3a a a a+ = + + ≥ = Tương tự: 3 3 2 3 ; 2+c 3b b c+ ≥ ≥ . Do đó 3 3 3 6 3( ) 3.a b c a b c a b c+ + + ≥ + + ⇒ + + ≤ Lại có 2 2 2 2 ( ) 3 a b c a b c + + + + ≥ (Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xky) Bởi vậy: 2 2 2 2 2010 ( ) 9 9 1992 3 a b c A a b c a b c a b c a b c a b c + + = + + + ≥ + + + + + + + + + + + 2 3 ( ) 9 9 1992 1992 3 . . 9 673 3 3 a b c a b c a b c a b c + + ≥ + ≥ + = + + + + + + (Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và do 0 3.a b c < + + ≤ ) Vậy min 673A = . Dấu bằng xảy ra 1.a b c⇔ = = = 0,25 0,5 0,25 3 5 a) Ta có: · · 0 90AMO ANO= = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) ; OM AB ON AC⇒ ⊥ ⊥ ,M N⇒ lần lượt là trung điểm của AB, AC ( Quan hệ giữa đường kính và dây cung) b) Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Ta có · 0 90ACD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I) ) Xét HBAV và CDAV có µ µ 0 90H C= = ; · · ABH ADC= ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) HBA⇒V đồng dạng với ( )CDA g g−V .AH AB AB AC AD AC AD AH ⇒ = ⇒ = Mà . 2 2 . AB AC AD R R AH = ⇒ = Vậy . . 2 AB AC R AH = c) Gọi K là giao điểm của AH và MN. Ta có M, N là trung điểm của AB, AC suy ra MH=MA; NA=NH (trung tuyến ứng với cạnh huyền) suy ra MN là đường trung trực của AH ⇒ KA=KH. AHEV có: KA=KH (cmt); AE//MN (gt) ⇒ FH=FE. Hình thang AENM nội tiếp đường tròn (I) ⇒ AENM là hình thang cân · · ENM AMN⇒ = Lại có · · AMN HMN= (tính chất đối xứng) · · ENM HMN⇒ = / / .EN MH⇒ Xét MFHV và NFEV có: · · MFH NFE= (đối đỉnh); FH=FE (cmt); · · MHF NEF= (vì EN//MH) ( )MFH NFE g c g FM FN⇒ = − − ⇒ =V V . Vậy F là trung điểm của MN. 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 Ghi chú : - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản, nếu học sinh có cách giải khác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm của mỗi ý đó. - Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn. ===================== 4 . y 1005 = 2k + 1 ( k ∈ Z ) ⇒ 20 09y 20 10 = 20 09( y 1005 ) 2 = 20 09( 2k + 1) 2 = 20 09( 4k 2 + 4k + 1) = 4 [20 09( k 2 + k)] + 20 09. Ta có 20 09y 20 10 chia cho 4 dư 1 ⇒ 20 08x 20 09 + 20 09y 20 10 . (2) Tõ (1) và (2 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 . b a b a A a b a ab b a b b − − ⇒ = = = − − + − 0,5 0,5 0,5 2 a) - Nếu y chẵn thì với mọi x ∈ Z có 20 08x 20 09 + 20 09y 20 10 là số chẵn; mà 20 11. và (1; 2; 3). 0 ,25 0,5 0,5 0 ,25 b) Pt đã cho ⇔ 2 2 2 4 2 2 4( 7) 17 ( 7)x y x y+ + = + +         4 2 2 2 2 16 8 ( 7) ( 7) 0x x y y⇔ − + + + = 2 2 2 4 ( 7) 0x y ⇔ − + =     2 2 4 7