Tuyển tập đề thi Học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Phú Thọ

1 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9 TỈNH PHÚ THỌ TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2019 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2007-2008 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ----------------------------------------------------------- Câu 1 (2 điểm) a) Chứng minh rằng phương trình x3  y3  200720082009 không có nghiệm nguyên. b) Cho a 2008  b2008  c2008  1 (1) và a 2009  b2009  c2009  1 (2), Tính giá trị của tổng: a 2007  b2008  c2009  xy  6  4x  5y   Câu 2 (2 điểm) Giải hệ phương trình  yz  6  3y  4z   zx  6  5z  3x  1  2  3 Câu 3 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a 2  b2  c2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của tổng P  a  3  b  3  c  3 Câu 4 (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) (R > r). Gọi P là một điểm cố định trên (O; r) và B là một điểm trên (O; R). Đường thẳng qua P và vuông góc với PB cắt (O; r) tại A, đường thẳng PB cắt (O; R) tại C và cắt (O; r) tại điểm thứ hai D. Chứng minh rằng khi điểm B di chuyển trên đường tròn (O; R) thì: a) Tổng AB2 + BC2 + CA2 không đổi. b) Trung điểm M của đoạn thẳng AB luôn luôn thuộc một đường tròn cố định. Câu 5 (2 điểm) Xét các tam giác ABC có chung cạnh BC cố định v| có đỉnh A nằm trên đường thẳng d cố định song song với BC. Gọi I là một điểm nằm trong tam giác và x, y, z lần lượt là khoảng cách từ I đến các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Đặt P a b c   x y z a) Cố định đỉnh A của tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ nhất. b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó. Hết Họ và tên thí sinh ..................................................................... SBD ............ Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2007-2008 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Đề chính thức, ngày thi: 06 tháng 3 năm 2008) Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần không làm tròn số. CÂU 1 (2 điểm). a) Chứng minh rằng phương trình x3  y3  200720082009 không có nghiệm nguyên. b) Cho a 2008  b2008  c2008  1 (1) và a 2009  b2009  c2009  1 (2), tính giá trị của tổng a 2007  b2008  c2009 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM a) Ta có 0,25 điểm (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x + y) = 200720082009 + 3xy(x + y) Suy ra (x + y)3 chia hết cho 3 v| do đó x + y chia hết cho 3. 0,25 điểm Từ đó có x3 + y3 = (x + y)3 - 3xy(x + y) 9. 0,25 điểm Vì x3 + y3 chia hết cho 9, còn số 200720082009 không chia hết cho 9 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Từ (1) có a  1, b  1, c  1, suy ra a 2009  a 2008 , b2009  b2008 ,c2009  c2008 . a 2009  b2009  c2009  a 2008  b2008  c2008 (3) Do đó Tõ (1), (2), (3) cã a 2009  a 2008 , b2009  b2008 ,c2009  c 2008 Từ a 2009  a 2008  a  a  1  0  a  1, a  0 , do đó a2007 = a2008. Tương tự có b 2008 =b 2008 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình ,c 2009 =c 2008 . Do đó 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 4 a 2007  b2008  c2009  a 2008  b2008  c2008  1 BÀI 2 (2 điểm). Giải hệ phương trình  xy  6  4x  5y    yz  6  3y  4z   zx  6  5z  3x  1  2  3 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Dễ thấy hệ phương trình nhận (0; 0; 0) làm nghiệm. 0,25 điểm Ngoài ra, nếu một trong các ẩn nhận giá trị 0 thì các ẩn còn lại cũng nhận giá trị 0. Do đó ta chỉ còn phải tìm các nghiệm (x; y; z) với x, y, z 0,25 điểm khác 0. Từ (1) và (2) có x 4x  5y   3xy  4zx  4zx  5yz  3x  5z (4) z 3y  4z zx  6.10z  x  60 Thay (4) v|o (3) được 0,50 điểm 0,25 điểm Thay x = 60 v|o (4) được 5z = 180, do đó z = 36 0,25 điểm Thay x = 60 v|o (1) được 60y  6  4.60  5y   5y  240  y  48 0,25 điểm Nghiệm (x; y; z) của hệ là: (0; 0; 0) và (60; 48; 36) 0,25 điểm BÀI 3 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn đ/kiện a 2  b2  c2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của tổng a 3  b3  c3 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM Ta có  a  3  4  2  a  3.4  4 Suy ra a 3  b3  Tương tự Do đó L¹i cã a 3 a7 4 b7 và 4 0,25 điểm c3  a 3  b3  c3  c7 4 a  b  c  21 4 a2 1 b2  1 c2  1 a ,b ,c 2 2 2 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 điểm 0,25 điểm (1) 0,25 điểm 0,25 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 5 a 2  b2  c2  3 abc 2 Do đó 0,25 điểm a 2  1 b2  1 c2  1    21 a  b  c  21 a 2  b 2  c 2  45 2 2  2  6 4 4 8 Suy ra 0,25 điểm (2) a 3  b3  c3  6 Từ (1) và (2) ta có: Khi a = b = c = 1 c{c đẳng thức xảy ra và a 2  b2  c2  3 0,25 điểm Vậy giá trị lớn nhất của P là 6 Câu 4 (2 điểm) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) (R > r). Gọi P là một điểm cố định trên (O; r) và B là một điểm trên (O; R). Đường thẳng qua P và vuông góc với PB cắt (O; r) tại A, đường thẳng PB cắt (O; R) tại C và cắt (O; r) tại điểm thứ hai D. Chứng minh rằng khi điểm B di chuyển trên đường tròn (O; R) thì: a) Tổng AB2 + BC2 + CA2 không đổi. b) Trung điểm M của đoạn thẳng AB luôn luôn thuộc một đường tròn cố định. ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM a) Ta có T = AB2 + BC2 + CA2 = (AP2 + PB2) + (2CP + PD)2 + ((PA2 + (PD + CD)2) = AP2 + PB2 + 4CP2 + 4. CP. PD +PD2 + PA2 + PD2 + 2PD.CD + CD2 0,50 điểm = 2AP2 + 2PD2 + 6CP2 +6.CP. PD = 8r2 + 6. PC(PC + PD) = 8r2 + 6. PC. CD (1) Gäi E, F lµ giao ®iÓm cña tia CO vµ (O; r) víi E n»m gi÷a C vµ O. Khi ®ã cã CP. CD = CE. CF = (R - r)(R + r) = R2 - r2 (2) Thay (2) vµo (1) ®-îc T = 8r2 + 6(R2 - r2) = 6R2 + 2r2 (kh«ng ®æi) Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 điểm 0,25 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 6 A A F O O M I K E B P D C B P C D Chó ý: Trong hai ý a) vµ b) lµm ý nµo tr-íc còng ®-îc b) Gọi I l| trung điểm của OC, K l| trung điểm của OP, ta có: 0,50 điểm 2.IK = CP và IK // CP; 2.OM = BD và OM // BD Vì CP = BD nên IK = OM, IK = OM, do đó IKMO l| hình bình hành. Suy ra 0,25 điểm R KM = IO = 2 Vì P và O cố định nên K cố định. Do đó, khi điểm B di chuyển trên đường tròn (O; R) thì M luôn luôn thuộc đường tròn (K; Câu 5 (2 điểm) R ) cè ®Þnh. 2 0,25 điểm Xét các tam giác ABC có chung cạnh BC cố định v| có đỉnh A nằm trên đường thẳng d cố định song song với BC. Gọi I là một điểm nằm trong tam giác và x, y, z lần lượt là khoảng cách từ I đến các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Đặt P a b c   x y z a) Cố định đỉnh A của tam gi{c ABC, x{c định vị trí điểm I để P đạt giá trị nhỏ nhất. b) X{c định tam gi{c ABC để P đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó. ĐÁP ÁN Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình BIỂU ĐIỂM TÀI LIỆU TOÁN HỌC 7 a) Ta có S(ABC)  S(IBC)  S(ICA)  S(IAB) 1 1 1  ax  by  cz 2 2 2 ax  by  cz  2 0,50 điểm Suy ra ax + by + cz là hằng số không phụ thuộc vào vị trí điểm I. Ta có a b c 2 2 2 x y y z z x     a  b  c  ab     bc     ca    x z x y z y x z y  ax  by  cz    a 2  b 2  c2  2ab  2bc  2ca   a  b  c  0,50 điểm 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, nghĩa l| I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC. Khi đó Pmin a  b  c  0,50 điểm 2 2S(ABC) D d A A y z I x B C b) Từ đề b|i suy ra c{c tam gi{c đang xét có diện tích không đổi như nhau. Lấy D đối xứng với C qua d. Đường thẳng BD cắt d tại A/ . Khi đó mọi tam giác có cạnh BC v| đỉnh A thuộc d, ta có b  c  CA  AB  DA  AB  BD 0,25 điểm Dấu đẳng thức có được khi A trùng với A/, khi đó tam gi{c ABC c}n tại A. Gọi h là khoảng cách từ d đến BC, ta có h không đổi. Khi đó tính được Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 8 Pmin Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình  a2  a  2 h2   4  2S(ABC)     2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2008-2009 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ----------------------------------------------------------- C©u 1 (2 ®iÓm) T×m nghiÖm nguyªn d-¬ng cña ph-¬ng tr×nh: xyz  x  y  z. C©u 2 (2 ®iÓm) 1 3 a) Gi¶i ph-¬ng tr×nh x 3  x 2  x  . b) Cho c¸c sè d-¬ng x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn xyz = 100. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A y x 10 z   . xy  x  10 yz  y  1 xz  10 z  10 C©u 3 (2 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z cã tæng lµ mét sè kh«ng ©m th× x3  y3  z3  3xyz. 1 2 b) Cho m, n lµ c¸c sè tháa m·n ®iÒu kiÖn mn  . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P m2  n 2 m2 n 2  . m2 n 2 m2  n 2 C©u 4 (1.5 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh  m  4 x   m  3 y  1 (m lµ tham sè). T×m m ®Ó kho¶ng c¸ch tõ gèc täa ®é ®Õn ®-êng th¼ng (d) lµ lín nhÊt. C©u 5 (2,5 ®iÓm) Cho ®-êng trßn t©m O, ®-êng kÝnh BC = 2R. Tõ ®iÓm P trªn tia tiÕp tuyÕn Bt cña ®-êng trßn, vÏ tiÕp tuyÕn thø hai PA (A lµ tiÕp ®iÓm) víi ®-êng trßn. Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn BC, E lµ giao ®iÓm cña PC vµ AH. §-êng th¼ng qua E vµ song song víi BC c¾t OA t¹i F. a) TÝnh AH theo R vµ kho¶ng c¸ch d = PO. b) Chøng minh r»ng khi P di chuyÓn trªn tia Bt th× F lu«n thuéc mét cung trßn cè ®Þnh. -----------------------------Hết-------------------------Hä vµ tªn thÝ sinh ..................................................................... SBD ............ Chó ý: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Phó Thä H-íng dÉn chÊm thi chän häc sinh giái cÊp tØnh líp 9 THcs n¨m häc 2008-2009 m«n To¸n (H-íng dÉn chÊm thi ®Ò chÝnh thøc cã 5 trang) I. Mét sè chó ý khi chÊm bµi  H-íng dÉn chÊm thi d-íi ®©y dùa vµo lêi gi¶i s¬ l-îc cña mét c¸ch, khi chÊm thi gi¸m kh¶o cÇn b¸m s¸t yªu cÇu tr×nh bµy lêi gi¶i ®Çy ®ñ, chi tiÕt vµ hîp logic.  ThÝ sinh lµm bµi c¸ch kh¸c víi H-íng dÉn chÊm mµ ®óng th× tæ chÊm cÇn thèng nhÊt cho ®iÓm t-¬ng øng víi biÓu ®iÓm cña H-íng dÉn chÊm.  §iÓm bµi thi lµ tæng c¸c ®iÓm thµnh phÇn kh«ng lµm trßn sè. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm c©u 1 (2 ®iÓm) T×m nghiÖm nguyªn d-¬ng cña ph-¬ng tr×nh xyz  x  y  z . §¸p ¸n biÓu ®iÓm Ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng víi 1 1 1    1. xy yz zx 0,25 ®iÓm Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö x  y  z (*) 0,25 ®iÓm - NÕu z  3 th× 1 1 1 3 1    2   1 (lo¹i). xy yz zx z 3 0,25 ®iÓm - NÕu z  2 th× ph-¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh 2xy  x  y  2 . Hay 0,25 ®iÓm  2x  1 2y  1  5 . Do (*) nªn chØ cã tr-êng hîp 2x - 1 = 5 vµ 2y - 1 = 1, suy ra x = 3 vµ y = 1 - NÕu z  1 th× ph-¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh xy  x  y  1   x  1 y  1  2 . Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 Do (*) nªn chØ cã tr-êng hîp x - 1 = 2 vµ y - 1 = 1, suy ra x = 3 vµ y = 2. 0,25 ®iÓm NghiÖm lµ: (3 ; 2 ; 1), (3 ; 1 ; 2), (2 ; 3 ; 1), (2 ; 1 ; 3), (1 ; 3 ; 2), (1 ; 2 ; 3). 0,25 ®iÓm C¢U 2 (2 ®iÓm) 1 3 a) Gi¶i ph-¬ng tr×nh x 3  x 2  x  . b) Cho c¸c sè d-¬ng x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn xyz = 100. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A y x 10 z   . xy  x  10 yz  y  1 xz  10 z  10 §¸p ¸n biÓu ®iÓm a) Ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng víi ph-¬ng tr×nh 0,25 ®iÓm  4x3  x3  3x 2  3x  1  4x 3   x  1 3 0,25 ®iÓm  x 3 4  x 1   NghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: x  3 3  0,25 ®iÓm 4 1 x  1 1 4 1 0,25 ®iÓm b) Ta cã xyz  10 0,25 ®iÓm A xy x 10 z   xy  x  10 xyz  xy  x xz  10 z  xyz 0,25 ®iÓm A xy x   xy  x  10 10  xy  x z 0,25 ®iÓm A xy x 10   =1 xy  x  10 10  xy  x x  10  xy  10 z x  10  xy  0,25 ®iÓm C¢U 3 (2 ®iÓm) a) Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè x, y, z cã tæng lµ mét sè kh«ng ©m th× x3  y3  z3  3xyz. 1 2 b) Cho m, n lµ c¸c sè tháa m·n ®iÒu kiÖn mn  . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 12 P m2  n 2 m2 n 2  . m2 n 2 m2  n 2 §¸p ¸n biÓu ®iÓm a) (1,25 ®iÓm). Ta có P   x 3  y3   z3  3xyz 3   x  y   3xy  x  y   z3  3xyz  0,25 ®iÓm 3   x  y   z3   3xy  x  y   3xyz    2    x  y  z   x  y   z 2   x  y  z   3xy  x  y  z    0,25 ®iÓm 2   x  y  z   x  y   z 2   x  y  z  3xy      x  y  z   x 2  y2  z 2  xy  yz  zx  0,25 ®iÓm 1 2 2 2  x  y  z   x  y    y  z    z  x    0 (Do gi¶ thiÕt x + y + z  0 2 0,25 ®iÓm ) Suy ra P  x 3  y3  z3  3xyz  0 vµ do ®ã x 3  y3  z3  3xyz 0,25 ®iÓm b) Tõ m2  n 2  2mn   m  n 2  0 vµ gi¶ thiÕt suy ra m2  n 2  2mn  1. Do ®ã   2 2  m2  n 2 m2  n 2 m2n 2 m 2 n 2  15 m  n P  2   .  m2 n 2 m  n 2  16m 2 n 2 m 2  n 2  16m 2 n 2 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm ¸p dông B§T a  b  2 ab víi a, b kh«ng ©m, ®Êu ®¼ng thøc cã khi a = b, ta cã. P KÕt luËn: Pmin  1 15 17   2 4 4 0,25 ®iÓm 17 1 , ®¹t ®-îc khi m  n  . 4 2 c©u 4 (1.5 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh  m  4 x   m  3 y  1 (m lµ tham sè). T×m m ®Ó kho¶ng c¸ch tõ gèc täa ®é ®Õn ®-êng th¼ng (d) lµ lín nhÊt. §¸p ¸n Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình biÓu ®iÓm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 13 b) Víi mäi m, ®-êng th¼ng (d) kh«ng ®i qua gèc to¹ ®é O(0; 0).  m = 4, ta cã ®-êng th¼ng y = 1, do ®ã kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn (d) lµ 1 (1). 0,50 ®iÓm  m = 3, ta cã ®-êng th¼ng x = -1, do ®ã kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn (d) lµ 1 (2).  m  4, m  3 th× (d) c¾t trôc Oy, Ox lÇn l-ît t¹i 1    1  ; 0. A  0;  vµ B  m4   m 3 0,25 ®iÓm H¹ OH vu«ng gãc víi AB, trong tam gi¸c vu«ng AOB, ta cã OA  1 1 , OB  m3 m4 0,50 ®iÓm 2 1 1 1 7 1 1 2 2      m  3   m  4   2m2  14m  25  2  m     . 2 2 2 OH OA OB 2 2 2  OH2  2  OH  2 (3). Suy ra Tõ (1), (2), (3) ta cã GTLN cña OH lµ 7 2 , ®¹t ®-îc khi vµ chØ khi m = . 2 0,25 ®iÓm 7 2 KÕt luËn: m = . Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 C¢U 5 (2,5 ®iÓm) Cho ®-êng trßn t©m O, ®-êng kÝnh BC = 2R. Tõ ®iÓm P trªn tia tiÕp tuyÕn Bt cña ®-êng trßn, vÏ tiÕp tuyÕn thø hai PA (A lµ tiÕp ®iÓm) víi ®-êng trßn. Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn BC, E lµ giao ®iÓm cña PC vµ AH. §-êng th¼ng qua E vµ song song víi BC c¾t OA t¹i F.. a) TÝnh AH theo R vµ kho¶ng c¸ch d = PO. b) Chøng minh r»ng khi P di chuyÓn trªn tia Bt th× F lu«n thuéc mét cung trßn cè ®Þnh. §¸p ¸n a) Ta cã BP  d 2  R 2 BI.PO  BP.BO  BI  0,25 ®iÓm BP.BO R 2R  . d 2  R 2  BA  . d2  R 2 PO d d AC  BC2  AB2  4R 2  4R 2 2 4R 4 2R 2 2 (d  R )   d2 d2 d Cã AH.BC  AB.AC  AH.2R  Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình biÓu ®iÓm 2R 2R 2 2R 2 . d2  R 2 .  AH  2 . d 2  R 2 d d d 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 15 b) Ta cã AH // PB (v× AH, PB cïng vu«ng gãc víi BC)  EH CH  (1) PB CB 0,25 ®iÓm L¹i cã AC // PO (v× AC, PO cïng vu«ng gãc víi AB) nªn hai tam gi¸c vu«ng AHC vµ PBO ®ång d¹ng  0,25 ®iÓm AH CH  (2) PB BO Mµ CB = 2.BO nªn AH = 2. EH hay E lµ trung ®iÓm cña AH. EF // OH suy ra F lµ trung ®iÓm cña AO  OF  Nªn F thuéc ®-êng trßn cè ®Þnh t©m O b¸n kÝnh 0,25 ®iÓm R . 2 0,25 ®iÓm R . 2 0,25 ®iÓm Khi P di chuyÓn trªn tia Bt th× F thuéc cung MN cè ®Þnh cña ®-êng trßn t©m O b¸n kÝnh R (phÇn n»m trªn nöa mÆt ph¼ng bê BC chøa tia Bt). 2 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 ®iÓm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2009-2010 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ----------------------------------------------------------- Câu 1 (4 điểm) a) Chứng minh rằng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n. b) Tìm số các số nguyên n sao cho B = n2 – n + 13 là số chính phương ? Câu 2 (5 điểm) a) Giải phương trình x2  2 x  3  2 2 x2  4 x  3  x 2  y 2  1  xy b) Giải hệ phương trình  2 2  x  y  3xy  11  x  y  z  2010  Câu 3 (3 điểm) Cho ba số x, y, z thoả mãn:  1 1 1 1 .  x  y  z  2010  Tính giá trị của biểu thức: P   x 2007  y 2007  y 2009  z 2009  z 2011  x 2011  Câu 4 (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A, (D; R2) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại B. Hai đường tròn (C; R1) và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD v| 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi P di động trên d}y AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định v| đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N. c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất? Câu 5 (2 điểm) Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670. Chứng minh rằng: Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình x y z 1  2  2  x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 17 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 6 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm C©u 1 (4 điểm) a) Chøng minh r»ng A = (2n - 1)(2n + 1) chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. b) T×m sè c¸c sè nguyªn n sao cho B = n2 – n + 13 lµ sè chÝnh ph-¬ng ? ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên: 2n – 1, 2n , 2n + 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp. Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hết cho 3 Mặt khác (2n, 3) = 1 nên  2n  1 2n  1 chia hết cho 3 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm VËy A chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n b) Ta thấy B là số chính phương  4B là số chính phương Đặt 4B = k2 (k N) thì 4B = 4n2 – 4n + 52 = k2  (2n-1-k)(2n-1+k) =- 1,0 điểm 51 Vì 2n-1+k  2n-1-k nên ta có các hệ 0,5 điểm Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18  2n  1  k  1  2n  1  k  3  2n  1  k  51  2n  1  k  17 (1)  (2)  (3)  (4)  2n  1  k  51 2n  1  k  17 2n  1  k  1 2n  1  k  3 Gi¶i hÖ (1), (2), (3), (4) ta t×m ®-îc n = -12, n = -3, n = 13, n = 4 VËy c¸c sè nguyªn cÇn t×m lµ n  12; 3; 4;13 1,0 điểm Câu 2 (5 điểm) x2  2 x  3  2 2 x2  4 x  3 a) Giải phương trình:  x 2  y 2  1  xy  2 2  x  y  3xy  11 b) Giải hệ phương trình ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM a) Ta có: 2 x2  4 x  3  2  x  12  1  1 nªn tËp x¸c ®Þnh cña ph-¬ng tr×nh lµ 0,5 điểm R Phương trình đã cho tương đương với  2x 2   4x  3  4 2 x2  4 x  3  3  0 Đặt y  2 x2  4 x  3  1 thì phương trình đã cho trở thành 1,0 điểm y  4y  3  0 2  y 1   y  3 (thoả mãn điều kiện) Với y = 1 ta có 2 x2  4 x  3  1  2 x2  4 x  3  1  x=1 Với y = 3 ta có 2 x2  4 x  3  3  2 x2  4 x  3  9 1,0 điểm  x  1    x3 VËy ph-¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3. b) Hệ đã cho tương đương với 2 2  x 2  xy  y 2  1  11 x  xy  y   11     2 2 2 2 2 2 x  3 xy  y  11    11 x  xy  y   x  3xy  y Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 1,0 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 2 2   x  xy  y  1 (*)     x  2 y  5 x  3 y   0 Từ hệ (*) ta suy ra  x 2  xy  y 2  1 (I) hoặc   x  2y  0  x 2  xy  y 2  1 (II)   5x  3 y  0 Giải hệ (I) ta tìm được (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1) 0,5 điểm 1,0 điểm Hệ (II) vô nghiệm Vặy hệ có nghiệm (x; y) = ( 2; -1), (-2; 1). Câu 3 (3 điểm)  x  y  z  2010  Cho ba số x, y, z thoả mãn:  1 1 1 1     x y z 2010  Tính giá trị của biểu thức: P   x2007  y 2007  y 2009  z 2009  z 2011  x2011  §¸p ¸n biÓu ®iÓm Từ giả thiết suy ra x, y, z khác 0 và 1 1 1 1    x y z xyz 1 1 1  1      0 x y z xyz  0,5 điểm 0,5 ®iÓm xy xy  0 xy z x  y  z  1  1   x  y   0 2  xy xz  yz  z   0,5 điểm   x  y   xz  yz  z 2  xy   0   x  y   xz  z 2    yz  xy   0   x  y  z  z  x   y  z  x   0   x  y  y  z  z  x   0 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,5 điểm 0,5 điểm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 20  x 2007   y 2007  x 2007  y 2007  0 x  y  0 x   y     z  y  0   y   z   y 2009   z 2009   y 2009  z 2009  0  z 2011   x 2011  z 2011  x 2011  0  x  z  0  z   x   nên P = 0 0,5 điểm Câu 4 (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A, (D; R2) l| đường tròn đi qua P v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại B. Hai đường tròn (C; R1) và (D; R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M. a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD v| 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi P di động trên d}y AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định v| đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N. c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất? ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM O M D C A K H B P N a) Nối CP, PD ta có  ACP,  OAB lần lượt cân tại C, O nên  CPA =  CAP =  OBP do đó CP//OD (1) 0,5 điểm Tương tự  DBP,  OAB lần lượt cân tại D, O nên  DPB =  Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 21 DBP =  OAB nên OC//DP (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ODPC là hình bình hành Giả sử CD cắt MP tại H cắt OP tại K thì K là trung điểm của OP 0,5 điểm Theo tính chất 2 đường tròn cắt nhau ta có CD  MP vµ H lµ trung ®iÓm MP VËy HK//OM, do ®ã CD//OM Ta phải xét 2 trường hợp AP < BP và AP > BP, đáp án chỉ yêu cầu xét 1 trường hợp giả sử AP < BP Vì tứ giác OCPD là hình bình hành nên OD = CP = CM = R2 nên 0,5 điểm tứ giác CDOM là hình thang cân. Vậy 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn. b) Xét tam giác AOB có: OA2  OB2  2R2  AB2 nên tam giác AOB vuông cân tại O Vì 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc 1 đường tròn (kể cả M trùng O) nên 0,5 điểm  COD =  CMD (1) Xét  MAB và  MCD có  MAB =  MCD (cùng bằng 1 sđ MP của (C)) 2 1  MBA =  MDC ( cùng bằng sđ MP của (D)) 2 0,5 điểm nên  MAB đồng dạng với  MCD (g.g) Vì  MAB đồng dạng với  MCD suy ra  AMB =  CMD (2) Từ (1) và (2) suy ra  AMB =  AOB = 900 0,5 điểm Do AB cè ®Þnh nªn ®iÓm M thuéc ®-êng trßn t©m I ®-êng kÝnh AB Ta có ACP  BDP  AOB  900 nên  AMP = 1  ACP = 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (C)) 2 1  BMP =  BDP = 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D)) 2 0,5 điểm Do đó MP là phân giác AMB Mà  AMB =  AOB = 900 nên M  ®-êng trßn (I) ngo¹i tiÕp tam gi¸c 0,5 điểm Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 22 AOB Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N thì N là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm O nên N cố định 0,5 điểm Vậy MP luôn đi qua điểm N cố định. c)  MAP và  BNP có  MPA =  BPN (đđ),  AMP =  PBN (góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) nên  MAP đồng dạng với  BNP 0,5 điểm (g.g) PA PM AB 2 R 2  PA  PB  Do đó (không   PM .PN  PA.PB      PN PB 2 4 2   2 đổi) 0,5 điểm R2 Vậy PM.PN lớn nhất bằng khi PA = PB hay P là trung điểm 2 dây AB Vì tam giác AMB vuông tại M nên S AMB  1 1 AB 2 R 2 AM .BM   AM 2  BM 2    2 4 4 2 R2 Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng khi PA = PB hay P lµ trung 2 0,5 điểm ®iÓm d©y AB CÂU 5 (2 điểm) Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 670. x y z 1  2  2  x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 x  y  z Chứng minh rằng: 2 §¸p ¸n biÓu ®iÓm Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có a 2 b2 c2  a  b  c     x y z x yz Dấu “=” xảy ra  2 (*) 0,5 điểm a b c   x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 23 a 2 b2  a  b    x y x y  2  a y  b x   x  y   xy  a  b  2 2 (**) 2   bx  ay   0 (luôn đúng) 2 Dấu “=” xảy ra  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có a 2 b2 c 2  a  b  c 2  a  b  c       x y z x y z x yz 2 Dấu “=” xảy ra  2 a b c   x y z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có x y z  2  2 x  yz  2010 y  zx  2010 z  xy  2010 VT  2   x2 y2 z2   x  x 2  yz  2010  y  y 2  zx  2010  z  z 2  xy  2010   x  y  z 0,5 điểm 2 x3  y 3  z 3  3xyz  2010  x  y  z  (1) Chú ý: x  x2  yz  2010 = x  x2  xy  zx  1340  0 , y  y 2  zx  2010  0 và z  z 2  xy  2010   0 Chøng minh: x3  y3  z 3  3xyz   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  2   x  y  z   x  y  z   3  xy  yz  zx  (2)   Do ®ã: x3  y3  z3  3xyz  2010  x  y  z   2 3   x  y  z   x  y  z   3  xy  yz  zx   2010 =  x  y  z    0,5 điểm (3) Từ (1) và (3) ta suy ra  x  y  z VT  3  x  y  z 2 Dấu “=” xảy ra  x = y = z = Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình  1 x yz 0,5 điểm 2010 . 3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 24 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2010-2011 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang -----------------------------------------------------------  Câu 1 (4 điểm) a) Cho x  2011  x 2  y   2011  y2  2011 . Tính giá trị của biểu thức : T  x 2011  y2011 . b) Tính tổng : S = 4  3 8  15 240  14399   ...  . 1 3 3 5 119  121 (mỗi số hạng trong tổng trên có dạng 4n  4n 2  1 , với n  N và 1  n  60). 2n  1  2n  1  x 3  3x 2  2x  5  y  Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình:  y3  3y 2  2y  5  z z3  3z 2  2z  3  x .  Câu 3 (4 điểm) a) Tìm số nguyên dương n để B  n 4  n3  n 2  n  1 là số chính phương.  b) So sánh M và N biết M  20102010  20112010  2011  , N  20102011  20112011  2010 . Câu 4 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 4a b  3c 8c   . a  b  2c 2a  b  c a  b  3c Câu 5 (7 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). C{c đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. a) Chứng minh AM.AC  AN.AD . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD . c) Chứng minh t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định. d) Gọi I là giao điểm của CO v| BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Tổ chấm có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần không làm tròn số. II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Đáp án Điểm Câu 1 (4 điểm)  a) Cho x  2011  x 2  y   2011  y2  2011 . Tính giá trị của biểu thức T  x 2011  y2011 . b) Tính tổng S= 4  3 8  15 240  14399   ...  . 1 3 3 5 119  121 (mỗi số hạng trong tổng trên có dạng a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra x  2011  x 2  4n  4n 2  1 , với n  N và 1  n  60). 2n  1  2n  1    2011  x 2  x y  2011  y 2  2011 2011  x 2  x  0,50  y  2011  y 2  2011  x 2  x (1) 0,50 Tương tự ta có: x  2011  x2  2011  y 2  y (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra: x + y = 0 hay x = – y. Suy ra T = 0 0,50 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 26 b) (2điểm). Với k là số tự nhiên khác 0 ta có: 4k  4k 2  1 = 2k  1  2k  1   4k  4k 2  1  2k  1  2k  1 2k  1  2k  1   2k  1  2k  1    2k  1 3   2k  1 3 0,75 2 Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, <, 60. Ta được:  4 3 1  1 3 2  33  13 8  15 1  3 5 2  53  33  0,75 < 240  14399 1  119  121 2 Vậy S = 1 2   1213  1193   1213  1  665 0,5 Câu 2 (3 điểm)  x 3  3x 2  2x  5  y  Giải hệ phương trình  y3  3y 2  2y  5  z z3  3z 2  2z  3  x .   x 3  3x 2  2x  5  y  Viết lại hệ đã cho dưới dạng  y3  3y 2  2y  5  z z3  3z 2  2z  5  x  2 .  0,25 Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế v|o phương trình thứ nhất của hệ ta được  t  2 3  3 t  2  2  t  2  5  y 2 0,50  t 3  6t 2  12t  8  3t 2  12t  12  2t  4  5  y  t 3  3t 2  2t  5  y Khi đó có hệ phương trình  t 3  3t 2  2t  5  y  3 2  y  3y  2y  5  z z3  3z 2  2z  5  t  0,25 (I) Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 27 sử t = max t , y, z . 3 2   t  3t  2t  5  t 1) Trường hợp t  y  z . Từ hệ (I) ta có  3 2  z  3z  2z  5  z  t  1  t  2 2  1  0 t  1      2  z  1  z  2   1  0  z  1    0,75 Do đó t = y = z = 1. t  1 y 1 2) Trường hợp t  z  y . Tương tự ta có:  0,75 Do đó t = y = z = 1. Nghiệm của hệ phương trình đã cho l|: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25 Câu 3 (4 điểm) a) Tìm số nguyên dương n để B = n4 + n3 + n2 + n + 1 là số chính phương. b) So sánh M và N biết M   20102010  20112010  2011 , N   20102011  20112011  a) (2 điểm). Đặt n4 + n3 + n2 + n + 1 = k2 (1) (với k nguyên dương) Ta có (1)  4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 = 4k2 2010 . 0,25 0,75  (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2  (2k)2 > (2n2 +n)2  (2k)2  (2n2 +n+1)2 (do k v| n nguyên dương)  4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4  (2n2 +n+1)2 0,75  (n+1)(n-3)  0 n  3  n  1; 2; 3 Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 0,25 2010 2010 b) (2 điểm). Đặt a  2010 , b  2011 . Ta có: M  (a  b)2011 , N  (2010a +2011b)2010   2010(a +b)+b 2010 N  2010  a  b   b   2010 Xét: M  a  b  a  b  2010 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình  1  b  2010  a  b  a  b  0,50 2010 0,50 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 28 b b   Vì a  b  1   2010  a  b  Nên 2010  20112010  b 0,50 N b  1 N  M M ab 0,50 Câu 4 (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức A 4a b  3c 8c   . a  b  2c 2a  b  c a  b  3c  x  a  b  2c a  y  z  2x   Đặt  y  2a  b  c  b  5x  y  3z (x,y,z > 0) z  a  b  3c c  z  x   0,50 Khi đó: A 4(y  z  2x) 2x  y 8(z  x)  4y 2x   4z 8x          17 x y z y   x z   x Do đó A  2 8  2 32  17  12 2  17 0,50 0,50 2y  2x Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  2z  2 2x  4  3 2 t a  2   b  10  7 2 t  2   c  2  1 t  0,50  (với t  R, t > 0) Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 29 Câu 5 (7 điểm) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. a) Chứng minh AM.AC  AN.AD . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD . c) Ch/minh t}m đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định. d) Gọi I l| giao điểm của CO v| BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng Hình vẽ: C d B M E I F K P M A N B O D A C P N D a) (1,5 điểm). Ta có ANM  ABM , ABM  ACB . Suy ra: ACB  ANM Do đó AMN và ADC đồng dạng. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,75 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 30 AM AN   AM.AC  AN.AD AD AC 0,75 b) (2 điểm). Ta có: AC.AD  CD.AB  2R.CD (1) 0,50 Lại có CD  BD  BC  2 BD.CD  2 AB2  4R (2) 0,50 Từ (1) và (2), suy ra CD.AD  8R 2 0,50 Dấu “=” xảy ra khi MN vuông góc với AB 0,50 c) (2 điểm). Gọi P l| t}m đường tròn ngoại tiếp MNC , K l| trung điểm của CD, S l| giao điểm của AK với MN. 0,75 Ta thấy tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên AMN  ADC , SAM  KCA  ANM . Suy ra: MN vuông góc với AK Lại có: PO vuông góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song song với AO. Suy ra: tứ giác AOPK là hình bình hành, hay KP = AO =R Vì d l| đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng song song với d, cách d một khoảng R cố định. 0,75 0,50 d) (1,5 điểm). Trước hết ta chứng minh bài toán: Nếu tam giác ABC có các điểm M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc c{c đường thẳng AB, BC, CA thì: AP CN BM . . = 1. PC NB MA 0,50 Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có: AP AM CN CD   và . PC CD NB BM Do đó ta có điều phải chứng minh. Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có: AB OI CM OI MA . . 1   (1) BO IC MA IC 2CM 0,25 Tương tự với tam gi{c BCO v| ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có: OI FB  (2) IC 2CF Từ (1) và (2) ta có MA FB = . Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo) CM CF Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 0,25 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 31 Mà AB  BC  MF  BC  MFC  900 Ta có EFB  EBA (cùng phụ với góc EAB) EBA  EMC (tứ giác AMEB nội tiếp) 0,25  EFB  EMC  Tứ giác MEDC nội tiếp  MEC  MDC  900 . Do đó: ME  EC (3) Lại có MEN  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ME  EN (4) 0,25 Từ (3) và (4) suy ra M, E, N thẳng hàng. ––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––– Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 32 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÚ THỌ Lớp 9 THCS năm học 2011-2012 Môn Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ----------------------------------------------------------- Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số nguyên dương n|o đó. Câu 2 (4,0 điểm) Giả sử a là một nghiệm của phương trình: Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức A  Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2x 2  x  1  0 . 2a  3 2  2a 4  2a  3  2a 2 8x  1  x 2  3x  1 2x 2  y 2  1 b) Giải hệ phương trình  2  xy  x  2 Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D l| điểm di động trên cung lớn AB (D không trùng với A, B v| điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H l| giao điểm của c{c đường thẳng OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO  MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I l| giao điểm của các đường thẳng MK v| AB. Tính b{n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b  3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1 Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 33 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 5 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng c{c điểm thành phần không làm tròn số. II. Đáp án và biểu điểm Câu 1 (3,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n để hai số n  26 và n  11 đều là lập phương của hai số nguyên dương n|o đó. ĐÁP ÁN ĐIỂM Giả sử có số nguyên dương n sao cho: n  26  x 3 ; n  11  y3 (với x, y là hai số nguyên dương v| x > y) 1,5 đ Khi đó x 3  y3  37   x  y   x 2  xy  y 2   37 Lại có 0  x  y  x 2  xy  y2 và 37 là số nguyên tố nên (1) x  y  1  2 2  x  xy  y  37 (2) 1,5 đ Thay x = y + 1 v|o (2) ta được: y2  y  12  0  y = 3 là nghiệm duy nhất thoả mãn. Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. Câu 2 (4,0 điểm) Giả sử a là một nghiệm của phương trình: 2x 2  x  1  0 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 34 A 2a  3 2  2a 4  2a  3  2a 2 ĐÁP ÁN ĐIỂM 2a 2  a  1  0 Vì a là nghiệm của phương trình nên: *  2a 2  1  a 1,0 đ  2a 4  a 2  2a  1. Thay vào biểu thức A ta được: A = 2a  3 2  a  4a  4   2a 2 2  2a  3 2  a  2   2a 2 2a  3 2a  3  2 2 a  2  2a 2  2  a   2a 2  2  2a  3  2a 2  a  1  2  2a  3 1,0 đ 2 ( vì theo * thì a  1 ) 1 2  1,0 đ 1,0 đ Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 8x  1  x 2  3x  1 b) Giải hệ phương trình 2x 2  y 2  1  2  xy  x  2 ĐÁP ÁN ĐIỂM 2  (1)  x  3x  1  0 4 3 2  8x  1  x  6x  7x  6x  1 (2) a) (2,0 điểm) Phương trình   Ta có (2)  x 4  6x 3  7x 2  14x  0  x  x 3  6x 2  7x  14   0  1,0 đ   x  x  1 x 2  7x  14  0 x  0 x  1   Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 1,0 đ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 35 Kết hợp (1) ta tìm được x =1 là nghiệm của phương trình. b) (2,0 điểm) Từ hệ đã cho ta suy ra: xy  x 2  4x 2 -2y2  3x 2  xy  2y2  0 x  y  (x  y)(3x  2y)  0   3x  2y 1,0 đ Nếu x  y thì: x2 = 1  x  1 . y2 Nếu 3x  2y thì:   1 (không thỏa mãn). 9 1,0 đ Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho l|: S  1; 1 ,  1;  1. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm ngo|i đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D l| điểm di động trên cung lớn AB (D không trùng với A, B v| điểm chính giữa của cung) và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H l| giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam gi{c HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I l| giao điểm của c{c đường thẳng MK v| AB. Tính b{n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 36 K A I D C M H O E B ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (2,5 điểm) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO  MA2 . Mặt khác MAC  ADC nên  MAC đồng dạng  MDA (g.g), do đó 1,5 đ MA MC   MC.MD  MA 2 MD MA Vậy MH.MO  MC.MD Khi đó MH MC . Do đó MHC đồng dạng MDO  MHC  MDO.  MD MO Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp  HCD luôn đi qua 1,0 đ điểm O cố định. b) (2,5 điểm) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBE  EAB nên  EBC đồng dạng  EAB. Do đó 1,0 đ EB EC   EA.EC  EB2 . EA EB Vì AD // MB nên EMC  MDA  MAC. Do đó  EMC đồng dạng  EAM EM EC   EA.EC  EM 2 . EA EM 1,5 đ Vậy EB = EM, tức l| E l| trung điểm của MB. Tam gi{c MAB có MH v| AE l| c{c đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của  MAB. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 37 I M N B c) (2,0 điểm) Vì OM = 2R nên MAB l| tam gi{c đều, do đó MBA  600. Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp  BMI thì trong tam giác vuông IMN ta có sin INM  IM IM 2IM  MN   (1) 0 MN sin 60 3 Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó Dễ thấy OH  Mặt khác Vì AH  1,0 đ IM MH  . IK AK R 3R IM 3 3IK nên AK = R và MH  , do đó (2)   IM  2 2 IK 2 2 IH 3 IH 3    . IA 2 AH 5 R 3 3R 3 R 3 , IA  . nên IH  2 10 5 2R 7 3R 7 Khi đó IK  , do đó IM  5 5 1,0 đ (3) Vậy đường tròn ngoại tiếp  BMI có bán kính R /  R 21 . 5 Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: abc  a  b  3ab . Chứng minh rằng ab b a    3. a  b 1 bc  c  1 ca  c  1 ĐÁP ÁN Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình ĐIỂM 1,0 đ TÀI LIỆU TOÁN HỌC 38 1  1 1 1 1 .   a b a b Đặt 1 1 x , y , zc a b thì 1 1   3 1 1 1 1 .c   c c.  c  b b a a x, y, z  0 và x yz3 (1) đồng thời bất đẳng thức phải chứng minh trở thành 1 1 1    3 xy  x  y yz  y  z zx  z  x Ta chứng minh  x  y  1  3  xy  x  y  , với 2 (2)  x, y. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 2  x 2  y 2  1  2xy  2y  2x   6  xy  x  y   Dấu “=”xảy ra Do đó  x  y    x  1   y  1 2 2 2 0  x  y  1. 1 3  , với x, y  0 . Dấu “=” xảy ra  x  y  1. xy  x  y x  y  1 Tương tự ta suy ra 1 1 1 3 3 3      xy  x  y yz  y  z zx  z  x x  y  1 y  z  1 z  x  1 Dấu “=” xảy ra (3)  x  y  z  1. Ta chứng minh: 1 1 1 9    ,  m, n, p  0 m n p mnp 1,0 đ Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 1 n p m p m n  n m  p m p n   1   1  9              6 m m n n p p m n  m p  n p Theo bất đẳng thức Cô si ta thấy bất đẳng thức trên luôn đúng. Dấu “=”xảy ra Do đó:  m  n  p. 9 3 3 3 3   3   x  y  1 y  z  1 z  x  1 2 x  y  z  3 (4) Từ (3) v| (4) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=”xảy ra  x  y  z  1 hay a  b  c  1. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên 8x2  3xy  5 y  25 2)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n  3n 7 Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 2 10  30  2 2  6 2 : 2 10  2 2 3 1 x 2  yz y 2  zx z 2  xy 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z kh{c 0 thoả mãn .   a b c a 2  bc b2  ca c 2  ab   Chứng minh rằng x y z Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x2  6x  m  0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12  x22  12 8x 3 y 3  27  18 y 3  2) Giải hệ phương trình:  2 2  4x y  6x  y Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn vuông góc v| cắt BD tại H. Gọi P,Q,R,S lần lượt l| ch}n c{c đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB. a) CMR: HA2  HB2  HC 2  HD2 không đổi. b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh MN  NP  PQ  QM AB,BC,CD,DA của hình vuông. CMR: S ABCD ≤ AC 4 Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình ab bc ca abc    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 6 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 40 Hướng dẫn 8x 2  25 25 Câu1.1) 8x  3xy  5 y  25  y(3x  5)  8x  25  y   9 y  24 x  40  Z 3x  5 3x  5 2 2 Khi 3x+5 l| ước 25 từ đó tìm được ( x; y)  (10;31); (2;7); (0;5) ( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích) 1.2) Với n chẵn n=2k thì A  2k.4 2 k  32 k  (2k  1).4 2 k  (16 k  9 k )  7  2k  1 7  k  7t  1  n  14t  1  14m  6m  N  2 Với n lẻ n=2k+1 A  (2k  1).4 2k 1  32k 1  2k.4 2k 1  (4 2k 1  32k 1 )7  2k 7  k  7t  n  14m  1m  N  Vậy n  14m  6 hoặc n  14m  1 ( với mọi n  N ) thì A chia hết cho 7 Câu2.1) 2 10  30  2 2  6 2 : = 2 10  2 2 3 1 2 2 ( 5  1)  6 ( 5  1) 3  1 .  2 2 2 ( 5  1) 2.2)  2  3 3 1 .  2 2 4  2 3 3 1 3 1 3 1 1 .  .  4 2 2 2 2 x 2  yz y 2  zx z 2  xy   a b c a b c a2 bc a 2  bc      (1) x 2  yz y 2  xz z 2  xy x 4  2 x 2 yz  y 2 z 2 y 2 z 2  xy 3  xz 3  x 2 yz x( x 3  y 3  z 3  3xyz ) b2 ac b 2  ac Tuongtu : 4   (2) y  2 y 2 xz  x 2 z 2 x 2 z 2  x 3 y  yz 3  xy 2 z y ( x 3  y 3  z 3  3xyz ) c2 ab c 2  ab Tuongtu : 4   (3) Z  2 xyz 2  x 2 y 2 x 2 y 2  x 3 z  y 3 z  xyz 2 z ( x 3  y 3  z 3  3xyz ) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm /  0  m  9 (*)  x1  x2  6  x1  x2  6  x1  4    Mặt khác ta phải có  x1 .x2  m   x1 .x2  m   x1 .x2  m  m  8 TM ĐK (*)  2   2  x1  x2  12  x1  x2  2  x2  2 3 3 3  8 x y  27  18 y 3.2)Giải hệ phương trình  2 2  4 x y  6 x  y Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 HD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ  3 27 8 x  y 3  18   2 4 x  6 x  1  y y2 2 x  a  Đặt  3 ta có hệ y b  3 3  a  b  3 a  b  18   2  2  ab  1 a b  ab  3  6  3 5 6   3  5 ;   ; ;    3 5   4 3  5    4  Hệ có 2 nghiệm ( x, y )   Câu 4.1) A Q P D B H O S R C a) theo Pitago HA2  HB2  AB 2 ; HC 2  HB2  BC 2 ; HC 2  HD2  CD 2 ; HA2  HD2  AD 2 ; suy ra đpcm b)Tứ giác HPBS nội tiếp  HPS  HBS  DBC Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật  HPQ  HAQ  CAD  CBD Do đó SPQ  HPS  HPQ  2CBC Tương tự SQR  2BDC Do đó DBC  BDC  1800  SPQ  SRQ  1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo) 4.2) Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 M A B I N K Q L C D P Cách 1 Gọi T, K, L l| trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam giác vuông ta có MN  NP  PQ  QM  2( KL  CL  IK  AI )  2 AC từ đó suy ra đpcm Cách 2 Ta có theo Pitago ( BM  BN ) 2 BM  BN MN  BN  BM   MN  ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky 2 2 2 2 Tương Tự NP  2 CN  NP DP  DQ AQ  AM ; PQ  ; MQ  2 2 2 Nên MN  NP  PQ  QM  BM  NB  NC  CP  PD  DQ  QA  AM 4a   2a 2 2 2 a 2 MN  NP  PQ  QM   a 2  dpcm 4 Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật Câu 5 Cho a,b c > 0 .Chứng minh rằng: ab bc ca abc    a  3b  2c 2a  b  3c 3a  2b  c 6 Dự đo{n a = b = c tách mẫu để a+c = b+c = 2b 1 x Tacó áp dụng BĐT ( x  y  z )  1 1 1 11 1 1    9       y z x y  z 9 x y z  ab ab ab  1 1 1  1  ab ab a            (1) a  3b  2c (a  c)  (b  c)  2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2  Tương tự Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 bc bc bc  1 1 1  1  bc bc b           (2) 2a  b  3c (a  b)  (a  c)  2c 9  a  c b  c 2b  9  a  b b  c 2  ac ac ac  1 1 1  1  ac ac c         (2)   3a  2b  c (a  b)  (b  c)  2a 9  a  b b  c 2a  9  a  b b  c 2  Từ (1) (2) (3) 1  ac  bc ab  ac bc  ab a  b  c  a  b  c P      9 ab bc ac 2 6  Dấu “=” xảy ra khi a = b = c Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI PHÚ THỌ MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình trên tập số nguyên x2  5 y 2  4 xy  4 x  8 y  12  0. b) Cho P  x   x3  3x 2  14 x  2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 m| P  x  chia hết cho 11. Câu 2 (4,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  a3  3a  2 , biết a  3 55  3024  3 55  3024. 3 2 a  4a  5a  2 b) Cho các số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn x3  3x  1, y3  3 y  1 và z 3  3z  1. Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  6 . Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3x  1  x 1  3x  1. 4x 3x 2  2 y 2  4 xy  x  8 y  4  0 b) Giải hệ phương trình  2 2  x  y  2 x  y  3  0. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| d}y cung BC không đi qua t}m. Gọi A l| điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo bằng  không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M v| N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh. a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp. b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. c) Khi   600 và BC  R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI. Câu 5 (2,0 điểm) Cho c{c số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Chứng minh rằng 2 x2  y 2  z 2 2 y 2  z 2  x2 2z 2  x2  y 2    4 xyz. 4  yz 4  zx 4  xy -----------Hết---------Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 45 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC THI HỌC SINH GIỎI PHÚ THỌ MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC 2013 – 2014 I. Một số chú ý khi chấm bài  Đ{p {n chấm thi dưới đ}y dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Đ{p {n m| đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đ{p {n.  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm Câu 1 ( 3,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x2  5 y 2  4 xy  4 x  8 y  12  0. b) Cho P  x   x3  3x 2  14 x  2 . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 m| P  x  chia hết cho 11. Nội dung Điểm a) Phương trình tương đương với x mà x, y  2 0,5  4 y 2  4 xy   4  x  2 y   4  16  y 2   x  2 y  2   16  y 2 ; 2 nên  x  2 y  2   16, y  0 (1) hoặc x  2 y  2  0, y 2  16 (2) . 2 0,5 Ta có (1)  x  2, y  0 hoặc x  6, y  0 . (2)  y  4, x  6 hoặc y  4, x  10 . 0,5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   2; 0  ,  6; 0  ,  6; 4  ,  10;  4  . b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p  3k  2 thì x3  y3  mod p   x  y  mod p  . Thật vậy, x  y  mod p   x3  y 3  mod p  , đúng. 0,5 Với x3  y3  mod p   x3k  y3k  mod p  . Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 Với x, y cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng. Với  x, p   1,  y, p   1 ta có x p1  y p1  1 mod p   x3k 1  y3k 1  mod p   x.x3k  y. y 3k  mod p   x  y  mod p  vì x3k  y 3k  mod p  . Áp dụng Bổ đề, ta có P  x   P  y  mod 11   x  1  11 x  1  10   y  1  11 y  1  10  mod 11 3 3   x  1   y  1  mod 11  x  1  y  1 mod 11  x  y  mod 11 . 3 3 0,5 Do đó, P  x   P  y  mod 11  x  y  mod 11 . Suy ra với mỗi n  , trong 11 giá trị P  n  , P  n  1 , , P  n  10  , có duy nhất một giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong c{c số P 1 , P  2  , , P  99  có đúng 9 số chia hết cho 11, còn P  0   2 không chia hết cho 11. 0,5 Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2 ( 4,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  a3  3a  2 , biết a  3 55  3024  3 55  3024. 3 2 a  4a  5a  2 b) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x3  3x  1, y3  3 y  1, z 3  3z  1. Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  6. Nội dung Điểm  a  1  a  2   a  2 ; a3  3a  2 a) Ta có P  3  2 a  4a  5a  2  a  12  a  2  a  2 2 mà a3  110  3 3 552  3024  3 0,5  55  3024  3 55  3024 . 0,5  a3  110  3a  a3  3a  110  0 .   a  5  a 2  5a  22   0  a  5 . Suy ra P  7 . 3 1,0 b) Ta có x3  3x  1(1), y3  3 y  1 (2), z 3  3z  1 (3) .  x3  y 3  3  x  y   x 2  xy  y 2  3 (4)   Từ (1), (2) và (3) suy ra  y 3  z 3  3  y  z    y 2  yz  z 2  3 (5)  3 3  2 2  z  zx  x  3 (6).  z  x  3 z  x  Từ (4) và (5) suy ra Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 1,0 1,0 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 x 2  z 2  xy  yz  0   x  y  x  y  z   0  x  y  z  0 , (vì x, y, z đôi một phân biệt). Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có 3 2 1 2 x  y 2  z 2    x  y  z   9  x2  y 2  z 2  6 .  2 2 Câu 3 ( 4,0 điểm) a) Giải phương trình 3x  1  x 1  3x  1. 4x 3x 2  2 y 2  4 xy  x  8 y  4  0 b) Giải hệ phương trình  2 2  x  y  2x  y  3  0 Nội dung Điểm 1 a) Điều kiện x{c định: x   , x  0 . 3 Phương trình tương đương với 12 x 2   3x  1  4 x 3x  1 . Đặt a  2 x, b  3x  1 1,0 ta có phương trình 3a 2  b2  2ab   b  a  b  3a   0  b  a hoặc b  3a . Khi đó 3x  1  2 x hoặc +) Với 3x  1  6 x . 3x  1  2 x , điều kiện x  0 , ta có 1 3x  1  2 x  3x  1  4 x2  4 x 2  3x  1  0  x  1 hoặc x   (loại). 4 +) Với 0,5 1 3x  1  6 x , điều kiện   x  0 , ta có 3 3x  1  6 x  36 x 2  3x  1  x  3  153 3  153 hoặc x  (loại). 72 72 Vậy phương trình có hai nghiệm x  1, x  0,5 3  153 . 72 b) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình 3x 2  2 y 2  4 xy  x  8 y  4  0 (1)  2 2 (2) 2x  2 y  4x  2 y  6  0 1,0 Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có x 2  4 xy  4 y 2   3  x  2 y   2  0   x  2 y   3  x  2 y   2  0 2   x  2 y  1 x  2 y  2  0  x  2 y  1 hoặc x  2 y  2. Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình TÀI LIỆU TOÁN HỌC 48 +) Với x  2 y  1 , thế vào (2) và rút gọn ta có y  y  3  0  y  0 hoặc y  3. Suy ra x  1, y  0 hoặc x  5, y  3. +) Với x  2 y  2 , thế vào (2) và rút gọn ta có 3 y 2  13 y  5  0  y  hoặc y  13  109 6 13  109 . 6 1,0 7  109 13  109 7  109 13  109 ,y ,y . Suy ra x  hoặc x  3 6 3 6 Vậy hệ có 4 nghiệm x  1, y  0 ; x  5, y  3 ; x 7  109 13  109 7  109 13  109 ,y ,y . ; x 3 6 3 6 Câu 4 ( 7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) v| d}y cung BC không đi qua t}m. Gọi A l| điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A v| có số đo bằng  không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF v| AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M v| N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED l| hình bình h|nh. a) Chứng minh MNEF l| tứ gi{c nội tiếp. b) Gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. c) Tìm độ d|i nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi   600 và BC  R . A a) Ta có M B 1 MNE = (sđ AC  sđ BFE ) = 2 T H N C Q K 1 = (sđ AB  sđ BFE ) 2 O I 2,5 S F AFE  sđ AC  sđ CE Suy ra: MNE  MFE  180o J G D E P Vậy tứ gi{c MNEF nội tiếp. b) Gọi P l| giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R). Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình 1,0 TÀI LIỆU TOÁN HỌC