HSG Toán 9 tỉnh Vĩnh Phúc 2007

sở giáo dục & đào tạo
vĩnh phúc
_____________
đề chính thức
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 vòng tỉnh
năm học 2006-2007
______________________________
môn thi : toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu1: 1) Cho hệ phơng trình:



+=+
=
1ayx2
ay2xa
Tìm a để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x - y = 1
2) Chứng minh rằng phơng trình (x
2
+ ax + b -1)(x
2
+ bx + a -1) = 0
luôn có nghiệm với mọi giá trị của a và b
Câu 2: 1) Tìm các cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn hệ bất phơng trình:





<+

>+
021xy
0
2
1
x2xy
2
2) Chứng minh: P =
5
1
3 3336
3 3333
<
++++
++++
( tử có 2007 dấu căn, mẫu có 2006 dấu căn)
Câu3: Cho tam giác đều ABC với O là trung điểm cạnh BC. Một góc xOy bằng 60
0
có cạnh Ox cắt AB tại M; Oy cắt cạnh AC tại N.
1) Chứng minh tam giác OBM đồng dạng với tam giác NCO và suy ra
BC
2
= 4.BM.CN
2) Chứng minh MO và NO theo thứ tự là tia phân giác của các góc BMN và góc
MNC.
3) Chứng minh đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với một đờng tròn cố định khi góc
xOy quay quanh O sao cho tia Ox và Oy vẫn cắt hai cạnh AB và AC của tam giác
ABC.
Câu4: Cho x, y, z là 3 số không âm và thoả mãn x + y + z = 1.
Chứng minh

7
9xyz
7
2
zxyzxy +++

Hết
Chú ý : Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
sở giáo dục - đào tạo
vĩnh phúc
_____________
kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9vòng tỉnh
năm học 2006-2007
______________________________
hớng dẫn chấm đề thi chính thức 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 từ 0,5 đ trở lên có thể chia nhỏ tới 0,25 đ. Điểm của toàn bài là tổng
điểm của tất cả các câu, làm tròn đến 0,25đ.
II/ Đáp án và biểu điểm:
Câu1(2,0đ):
1)(1,0đ): Xét hệ phơng trình



+=+
=
(2) 1ayx2

)1(ay2xa
Từ (2) suy ra y = 2x+ a+1, rồi thay vào (1) đợc: (a - 4)x = 3a + 2 0,25 đ
Do đó với đ/k a

4 hệ có nghiệm duy nhất
4
3
;
4
23
2

+
=

+
=
a
aa
y
a
a
x
0,25 đ
Nghiệm (x; y) thoả mãn x- y = 1




=

=





=+
=

+


+
2
3
4
06
1
4
3
4
23
2
2
a
a
a
aa
a
aa

a
a
Vậy a= -3 và a = 2 thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,5 đ
2)(1,0đ):
Ta có (x
2
+ ax + b -1)(x
2
+ bx + a -1) = 0 tơng đơng với
x
2
+ ax + b -1 = 0 (1) hoặc x
2
+ bx + a -1= 0 (2)
Phơng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (1) hoặc
phơng trình (2) có nghiệm 0,5đ
Ta có
0)2()2()1(4),1(4
22
21
2
2
2
1
+=+== baabba

Suy ra trong hai số
1

và

2

phải ít nhất có một số không âm, do đó trong hai
phơng trình (1) và (2) phải có ít nhất một phơng trình có nghiệm (đpcm) 0,5đ
Câu2(3,0đ)
1)(1,5đ): Xét hệ





<+
>+
(2)021xy
(1) 0
2
1
x2xy
2
Từ (2)

y< 2 và từ (1)


2
5
x2x
2
5
2

5
2
1
x2x
22
<<<+< y

Do x nguyên suy ra
x2x
2

{ }
0;1;2
{ }
2;1;0 x
0,5đ
-Với x= 0 thay vào hệ (1), (2) ta đợc
1
2
1
<< y
, do y nguyên suy ra y = 0
Ta đợc nghiệm nguyên



=
=
0
0

y
x
thoả mãn 0,25đ
-Với x= 1 thay vào hệ (1), (2) ta đợc
2
2
1
<< y
, do y nguyên suy ra y = 1
2
Ta đợc nghiệm nguyên



=
=
1
1
y
x
thoả mãn 0,25đ
-Với x= 2 thay vào hệ (1), (2) ta đợc
1
2
1
<< y
, do y nguyên suy ra y = 0
Ta đợc nghiệm nguyên

=
=
0
2
y
x
thoả mãn 0,25đ
Vậy nghiệm nguyên của hệ bất phơng trình đã cho là:



=
=
0
0
y
x
,



=
=
1
1
y
x
,

=
=
0
2
y
x
0,25đ
2)(1,5đ):
Đặt a =
3 333 ++++
( gồm 2007 dấu căn),
b =
3 333 ++++
( gồm 2006 dấu căn), dễ thấy b > 1.
Ta có
333
22
=+=+= abbaba
và a > 2 ( do b > 1) 0,75đ
Khi đó P =
5
1
3
1
9
3
)3(6
3

6
3
22
<
+
=


=


=


a
a
a
a
a
b
a
( do a>2). đpcm 0,75đ
Câu 3(2,5đ):
1)(1,0đ) :
Ta có
NOCONCBOM ==
0
120

OBM

đồng dạng
NCO
(g,g) 0,5đ

CNBMCOBO
CO
CN
BM
BO
==

CNBMBC 4
2
=
0,5đ

2)(0,5đ):
Theo phần 1) ta có
OBM
đồng dạng
NCO
==
ON
OM
BO
BM
NO
OM
CO
BM

BMO

đồng dạng
OMN

( có 1 góc bằng nhau xen giữa 2
cạnh tơng ứng tỷ lệ)
= OMNBMO
MO là tia phân giác của góc BMN 0,25đ
Chứng minh tơng tự ta có NO là tia phân giác của góc MNC 0,25đ
3) (1,0 đ)
Do tam giác ABC đều, suy ra AO là phân giác trong của góc BAC.
Xét tam giác AMN ta thấy O là giao của 1 đờng phân giác trong tại góc A
và 2 đờng phân giác ngoài của góc M và góc N . Suy ra O phải là tâm
đơng tròn bàng tiếp góc A. 0,5đ
Đờng tròn này hoàn toàn cố định ( vì có tâm cố định, bán kính không đổi)
và luôn tiếp xúc với MN. Vậy đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với một đờng
tròn cố định khi góc xOy quay quanh O sao cho tia Ox và Oy vẫn cắt hai cạnh
AB và AC của tam giác ABC. 0,5đ

Câu4(2,5đ):
Từ giả thiết ta luôn có
10

x
- Trờng hợp
7
9
7

9
11
9
7 xyz
yz
x
x
(1) 0,5đ
3
y
N
M
B
A
C
x
O
MÆt kh¸c
7
2
9
2
)(
9
2
1
9
7
<≤+⇒≤+⇒≤≤ zyxzyx
(2) 0,5®

Tõ (1) &(2)
⇒
7
9xyz
7
2
zxyzxy +<++
0,5®
- Trêng hîp
0
7
9
1
9
7
0 >−⇒<≤
x
x
(3)
MÆt kh¸c ta cã
4
)1(
4
)(
22
xzy
yz
−
=
+

≤
(4) 0,5®
Tõ (3)&(4)
⇒

)1()
7
9
1(
4
2
)1(
)()
7
9
1(
7
9xyz
zxyzxy xxx
x
zyxxyz −+−
−
≤++−=−++
=
−=
++−−
28
7539
23
xxx

7
2
7
2
28
)13)(1(
2
≤+
−+ xx
⇒
7
9xyz
7
2
zxyzxy +≤++
. 0,5®

___________________ HÕt_____________________
4