Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 5) năm học : 2008 - 2009 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bi 1 (4 im) Gii cỏc phng trỡnh sau: 1. 2 4 2 2 4 4 4 16 4 1 2 3 5x x x x y y y + + + + = 2. x 4 - 2y 4 x 2 y 2 4x 2 -7y 2 - 5 = 0; (vi x ; y nguyờn) Bi 2: (3.0 im) Cn bc hai ca 64 cú th vit di dng nh sau: 64 6 4= + Hi cú tn ti hay khụng cỏc s cú hai ch s cú th vit cn bc hai ca chỳng di dng nh trờn v l mt s nguyờn? Hóy ch ra ton b cỏc s ú. Bài 3: (3 điểm) Cho a 3 +b 3 +c 3 = 3abc 0 . Tính giá trị của biểu thức : B = 1 1 1 a b c b c a + + + ữ ữ ữ Bi 4: (5 im) Cho ng trũn (O; R) v ng thng d khụng i qua O ct ng trũn (O) ti hai im A v B. T mt im M tựy ý trờn ng thng d v ngoi ng trũn (O) v hai tip tuyn MN v MP vi ng trũn (O), (P, N l hai tip im). 1. Chng minh rng 2 2 .MN MP MA MB= = 2. Dng v trớ im M trờn ng thng d sao cho t giỏc MNOP l hỡnh vuụng. 3. Chng minh rng tõm ca ng trũn i qua 3 im M, N, P luụn chy trờn ng thng c nh khi M di ng trờn ng thng d. Bi 4: (3 im) Trờn mt phng ta xOy ly im P(0; 1), v ng trũn (K) cú ng kớnh OP. Trờn trc honh ly ba im M(a; 0); N(b; 0), Q(c; 0). Ni PM; PN; PQ ln lt ct ng trũn (K) ti A; B ; C. Tớnh di cỏc cnh ca tam giỏc ABC theo a; b; c. Bi 5: (2 im) Cho a, b, c > 0. Chng minh rng: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 19b - a 19c - b 19a - c + + 3(a + b + c) ab + 5b cb + 5c ac + 5a Ht./. 1 Hớng dẫn chấm: đề số 5 Bài ý Nội dung điểm Bài 1 1.1 2đ iu kin : 2 2 2 2 4 0 (1) 16 0 (2) 4 1 0 (3) 2 3 0 (4) x x x x y y + + 0,25 T (2) (x 2 4)(x 2 + 4) 2 0 4 0x kt hp vi (1) v (3) suy ra x = 2 0,5 Thay vo (4): y 2 2y + 1 0 ; ỳng vi mi giỏ tr ca y. 0,5 Thay x = 2 vo phng trỡnh v gii ỳng, tỡm c y = 1,5 0,5 Vy nghim ca phng trỡnh: (x = 2; y = 1,5) 0,25 1.2 2đ Bin i a c pt v dng: (x 2 2y 2 5)(x 2 + y 2 +1) = 0 x 2 2y 5 = 0 x 2 = 2y 2 + 5 x l 0,5 t x = 2k + 1 ; ( k Z ) 4k 2 + 4k +1 = 2y 2 + 5 2y 2 = 4k 2 + 4k 4 y 2 = 2(k 2 + k 1) y chn 0,5 t y = 2n; (n Z ) 4n 2 = 2(k 2 + k 1) 2n 2 + 1 = k(k + 1) (*) 0,5 Nhỡn vo (*) ta cú nhn xột: V trỏi nhn giỏ tr l, v phi nhn giỏ tr chn (Vỡ k v k + 1 l hai s nguyờn liờn tip) (*) vụ nghim pt ó cho vụ nghim 0,5 Bài 2 3đ Gi s cn tỡm l : 10ab a b= + (a, b l s nguyờn v a khỏc 0) 0,25 Theo gi thit: 10a b a b+ = + l s nguyờn, nờn ab v b l cỏc s chớnh phng, do ú: b ch cú th l 1 hoc 4 hoc 9 0,5 Ta cú: ( ) 2 2 10 10 2 2 5a b a b a b a a b b a b a+ = + + = + + = ( ) 2 5 b a = (vỡ 0a ) 0,5 Do ú a phi l s chn: 2a k = , nờn 5 b k = 0,25 Nu 1 8 81 8 1 9b a= = = + = (tha iu kin bi toỏn) 0,5 Nu 4 6 64 6 4 8b a= = = + = (tha iu kin bi toỏn) 0,5 Nu 9 4 49 4 9 7b a= = = + = (tha iu kin bi toỏn) 0,5 Bài 3 3đ Biến đổi: B = ( ) ( ) ( ) a b b c a c abc + + + 0,25 Từ giả thiết: ( a + b ) 3 + c 3 - 3ab( a + b ) 3abc = 0 ( a + b + c)( a 2 + 2ab + b 2 - ac bc + c 2 ) 3ab( a + b + c) = 0 ( a + b + c )( a 2 + b 2 + c 2 - ab bc ca ) = 0 0,5 Vậy ta đợc a + b + c = 0 , hoặc a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca = 0 0,25 * Với a + b + c = 0 , ta đợc a + b = - c ; b + c = - a ; c + a = - b 2 Khi ®ã B = abc abc − = - 1 0,5 * Víi a 2 + b 2 + c 2 - ab – bc – ca = 0 ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 - 2ab – 2bc – 2ca = 0 ⇔ ( a – b) 2 + ( b – c) 2 + ( c – a) 2 = 0 . VËy a = b = c 1,0 Khi ®ã B = 2 .2 .2b c a bca = 8 0,5 Bµi 4 d d ' D B A L I E N P H O M 4.1 1® Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng. 0,5 Suy ra: 2 2 . MA MN MN MP MA MB MN MB = ⇔ = = 0,5 4.2 2® Để MNOP là hình vuông thì đường chéo 2 2OM ON R= = 0,5 Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OADC, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. 0,5 Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có 2 2 MN MO ON R= − = , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông. 0,5 Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì 2OM R R= > 0,5 4.3 2® + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên M, N, O, P cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác ba điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính OM, tâm là H. 0,5 + Kẻ OE AB ⊥ , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ ( )HL d⊥ thì HL // OE, nên HL là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: 1 2 HL OE= (không đổi). 1,0 + Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE cố định 0,5 Bµi 5 3 y x cb a 1 C B A O K P M N Q Nối AO, xét tam giác vuông POM có OA là đường cao Theo hÖ thøc trong tam gi¸c vu«ng ta có: PO 2 = PM . PA ⇒ 2 2 2 2 2 1 1 PO PO PA PM PO OM a = = = + + 1,0 Áp dụng hÖ thøc trong tam gi¸c vu«ng vào: POM ∆ và PON ∆ lại có: PA .PM = PB . PN ( = PO 2 ) ⇒ PA PB PN PM = mà góc APB chung ⇒ ∆ APB ~ ∆ NPM(c.g.c) ⇒ AP AB NP MN = 2 2 . (1 )(1 ) a b AP NM AB NP a b − ⇒ = = + + 1,0 Tương tự tính được : AC = 2 2 ( 1)( 1) a c a c − + + ; 0,5 BC = 2 2 ( 1)( 1) b c b c − + + 0,5 Bµi 6 2® Ta có a 2 + b 2 - ab ≥ ab 2 2 3 3 (a + b)(a + b - ab) ab(a + b) a + b ab(a + b)⇔ ≥ ⇔ ≥ 0,25 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 3 2 a + 20b 19b + ab(a + b) 20b - ab(a + b) 19b - a b(20b - ab - a ) 19b - a b(20b - 5ab + 4ab - a ) 19b - a b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b - a b(4b - a)(a + 5b) 19b - a (4b - a)(ab + 5b ) 19b - a 19b - a 4b - a ab + 5b ⇒ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≤ 1,0 Tương tự với a, b, c > 0 thì: 3 3 3 3 2 2 19c - b 19a - c 4c - b; 4a - c cb + 5c ac + 5a ≤ ≤ 0,5 Từ đó ta có BĐT cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c 0,25 4 5 . Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 5) năm học : 2008 - 20 09 Môn : Toán (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bi 1 (4 im). 19b + ab(a + b) 20b - ab(a + b) 19b - a b(20b - ab - a ) 19b - a b(20b - 5ab + 4ab - a ) 19b - a b[5b(4b - a) + a(4b - a)] 19b - a b(4b - a)(a + 5b) 19b