ĐỀ THI HSG LỚP 9 VÒNG 2 HUYỆN TAM DƯƠNG

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