Đề-đáp án HSG Toán 9- Vĩnh Phúc 2008

Sở Giáo Dục & Đào Tạo
Vĩnh phúc
____________________
đề chính thức
Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 vòng tỉnh
năm học 2007 2008

đề thi môn: toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Cõu 1. Cho cỏc s thc
, ,x y z
tho món iu kin:
2 5 3 0
2 5 3 0
2 5 3 0.
x y z
y z x
z x y





+ =
+ =
+ =
Tớnh giỏ tr ca biu thc
22 4 2008
( ) ( ) ( ) .S x y y z z x
= + +
Cõu 2. Gii phng trỡnh:

6 10
4.
2 3x x
+ =

Cõu 3.
a. Chng minh rng tớch ca 8 s nguyờn liờn tip luụn chia ht cho 128.
b. Chng minh rng vi mi s t nhiờn
n
cho trc, s

( 1)( 2) ( 7) 1.2.3 7m n n n n
= + + + +
khụng th phõn tớch thnh tng ca hai s chớnh phng.
Cõu 4. Cho tam giỏc nhn ABC cú ng cao AH. Gi M,N tng ng l trung im
cỏc cnh AB, AC.
a. Chng minh rng ng trũn ngoi tip cỏc tam giỏc HBM, HCN v AMN
cựng i qua mt im K.
b. Chng minh rng MN tip xỳc vi ng trũn ngoi tip tam giỏc HBM.
c. Gi I l giao im ca HK v MN, chng minh rng I l trung im ca MN.
Cõu 5. Cho cỏc s thc dng
, ,a b c
tho món
2.abc
=
Chng minh rng

3 3 3
.a b c a b c b c a c a b
+ + + + + + +

Ht
Chỳ ý: Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm!
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Sở Giáo Dục & Đào Tạo
Vĩnh phúc
Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 vòng tỉnh
năm học 2007 2008
____________________

Híng dÉn chÊm ®Ò thi chÝnh thøc m«n to¸n
Câu Nội dung
Điểm
1.
(2 điểm)
Ta có
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2( ) 3( ) 0 2( ) 3( )
2 5 3 0(1)
2 5 3 0(2)
2 5 3 0(3)
x y y z x y y z
y z z x y z z x
z x x y z x x y
x y z
y z x
z x y
− − − = − = −

 

  
⇔ − − − = ⇔ − = −
  
  
− − − = − = −
 

− + =
− + =
− + =
0.5
Từ đó suy ra
8( )( )( ) 27( )( )( ) ( )( )( ) 0x y y z z x x y y z z x x y y z z x− − − = − − − ⇒ − − − =
0.5
x y
y z
z x







=
⇔ =
=
0.25
Nếu
x y=

, từ (1) ta suy ra
3 3 0 .x z x z x y z− + = ⇒ = ⇒ = =
Tương tự, nếu
y z=
hoặc
z x=
ta cũng đều dẫn đến
x y z= =
.
Như vậy, với các số thực
, ,x y z
thoả mãn giả thiết bài toán ta luôn có
x y z= =
.
0.5
Từ đó:
22 4 2008
( ) ( ) ( ) 0.S x x x x x x
= − + − + − =
0.25
2.
(2 điểm)
ĐK:
2.x <
0.25
-Nếu
1 2 6
3
0 4
2 0

1 1
2 3 2
2
5 1 2 10
2 2
3 0 0 4
2 3 5 3
x
x x
x x
x
x x
 

< < <
− > >
 

  
− −
< ⇔ − > − ⇔ ⇔ ⇔
  
  
− > > < < <

 
− −
 
Suy ra
6 10

4
2 3x x
+ <
− −
, vậy phương trình không có nghiệm
1
2
x < ×
0.75
-Nếu
1 2 6
3
4
0 2
1 1
2 3 2
2
2
5 1 2 10
2 2
0 3 4
2 3 5 3
x
x x
x x
x
x x
 

> >

< − <
 

  
− −
> > ⇒ − < − ⇔ ⇔ ⇔
  
  
< − < > >

 
− −
 
Suy ra
6 10
4
2 3x x
+ >
− −
, vậy phương trình cũng không có nghiệm
1
2
x > ×
0.75
Với
1
2
x =
ta thấy thoả mãn điều kiện và phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

1
2
x =
.
0.25
3.a
(1 điểm)
Trong 4 số nguyên liên tiếp luôn có một số chia hết cho 4 và một số khác
chia hết cho 2, do đó tích của chúng chia hết cho 8
0.25
Trong 8 số nguyên liên tiếp luôn có 4 số chẵn liên tiếp, giả sử đó là các số
2
2 ,2 2,2 4,2 6( )k k k k k+ + + Â
. Ta cú
2 (2 2)(2 4)(2 6) 16 ( 1)( 2)( 3)k k k k k k k k+ + + = + + +

0.5
M
( 1)( 2)( 3) 8k k k k+ + + M
nờn
2 (2 2)(2 4)(2 6) 128k k k k+ + + M
. T ú suy ra
iu cn chng minh.
0.25
3.b
(1 im)
Ta chng minh bng phn chng. T phn a. ta suy ra
128 5040m c
= +
.

Gi s
m
cú th phõn tớch thnh tng ca hai s chớnh phng, tc l tn ti
cỏc s t nhiờn
,a b
sao cho
2 2
128 5040c a b+ = +
(1)
0.25
V trỏi ca (1) chia ht cho 4 nờn
,a b
cựng l cỏc s chn (vỡ ngc li, nu
mt s chn v mt s l thỡ v phi (1) l s l, cũn nu hai s u l thỡ
2 2 2 2
(2 1) (2 1) 4 2a b x y z+ = + + + = +
chia 4 d 2, vụ lớ!)
Do ú
1 1 1 1
2 , 2 ( , )a a b b a b= = Ơ
v
2 2
1 1
(1) 32 1260 (2)c a b + = +
0.25
Lp lun tng t cho (2), ta cú
2 2
2 2 2 2
(2) 8 315 ,( , ) (3)c a b a b + = + Ơ
0.25

Lỳc ny,
8 315 3(mod4)c +
cũn
2 2
2 2
3(mod 4)a b+
(tht vy, xột tt c cỏc
kh nng chn, l ca
2 2
,a b
ta thy ch cú ba kh nng xy ra l
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
0(mod4)
1(mod 4)
2(mod 4)
a b
a b
a b
+


+


+

do ú (3) mõu thun, suy ra iu phi chng minh.
0.25
4.a
0.25
0.25
0.25
0.25
4.b Tam giỏc AHB vuụng cú MH l cnh huyn nờn MH = MB suy ra
ã
ã
MHB MBH=
(1)
Mt khỏc do MN l ng trung bỡnh ca tam giỏc ABC nờn MN//BC suy ra
ã
ã
MHB HMN=
(2)
T (1) v (2) suy ra
ã
ã
MBH HMN=
. T ú MN l tip tuyn ca ng trũn
ngoi tip tam giỏc HBM.
0.25
0.25
0.5
4.c Tng t 4.b ta chng minh c MN l tip tuyn ca ng trũn ngoi
tip tam giỏc HCN
Do MN l tip tuyn ca ng trũn ngoi tip tam giỏc HBM nờn

0.25
A
B
H
C
N
K
M
I
3
-Gọi giao điểm thứ hai của các đờng tròn ngoại
tiếp các tam giác HBM và HCN là K . Ta có
ã
ã
0
180HBM HKM+ =
Tơng tự
ã ã
0
180HCN HKN+ =
Từ đó
ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
0

0
0
360
180
180
MKN HKM HKN
MAN HBM HCN
MKN MAN

=


=


+ =
Chứng tỏ tứ giác AMKN nội tiếp, hay đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AMN cũng đi qua K.
·
·
MHI KMI= ⇒
tam giác IMH đồng dạng với tam giác IKM suy ra
2
.
IM IH
IM IK IH
IK IM
= ⇔ =
(3)
Tương tự ta chứng minh được

2
.IN IK IH=
(4)
Từ (3) và (4) ta có IM = IN hay I là trung điểm của MN
0.25
0.5
5.
Trước hết, với mọi số thực dương
,a b
ta có
3 3 2 2
( )( ) ( )(2 ) ( )a b a b a b ab a b ab ab ab a b+ = + + − ≥ + − = +
0.25
Từ đó
3 3 3 3 3 2
2 ( ) 2 2 2 ( ) 2 4 ( ) 4a b c ab a b c abc a b c a b c a b+ + ≥ + + ≥ + = + = +
Hay
3 3 3
2 4a b c c a b+ + ≥ +
(1)
0.25
Tương tự
3 3 3 3 3 3
2 4 (2); 2 4b c a a b c c a b b c a+ + ≥ + + + ≥ +
(3)
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh.
0.25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
3

3
3
2
( ) 2 2.
( ) 2
( ) 2
abc
a b c
ab a b c a b c
bc b c a
ca c a b
=


= =


+ = ⇔ = = =


+ =

+ =


0.25
……………… Hết………………
4