Đê và HDC Thi HSG Tỉnh Phú Thọ 10-11

Sở giáo dục và đào tạo
Phú Thọ
kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THcs cấp tỉnh
năm học 2010-2011
MễN TON
Thi gian lm bi 150 phỳt, khụng k thi gian giao
thi cú mt trang

Cõu 1 (4 im)
a) Cho
(
)
(
)
2 2
x 2011 x y 2011 y 2011+ + + + =
. Tớnh giỏ tr ca biu thc
2011 2011
T x y= +
.
b) Tớnh tng
S =
4 3 8 15 240 14399

1 3 3 5 119 121
+ + +
+ + +
+ + +
.
(mi s hng trong tng trờn cú dng
2

4n 4n 1
2n 1 2n 1
+
+ +
, vi n
N

v 1

n

60).
Cõu 2 (3 im)
Gii h phng trỡnh
3 2
3 2
3 2
x 3x 2x 5 y
y 3y 2y 5 z
z 3z 2z 3 x .

+ =

+ + =


+ + =

Cõu 3 (4 im)
a) Tỡm s nguyờn dng n

4 3 2
B n n n n 1= + + + +
l s chớnh phng.
b)
So sỏnh M v N bit
( ) ( )
2011 2010
2010 2010 2011 2011
M 2010 2011 , N 2010 2011= + = +
.
Cõu 4 (2 im)
Cho a, b, c l cỏc s dng. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
4a b 3c 8c
A
a b 2c 2a b c a b 3c
+
= +
+ + + + + +
.
Cõu 5 (7 im)
Cho ng trũn (O; R) ng kớnh AB. Qua B k tip tuyn d ca ng trũn (O). MN l mt
ng kớnh thay i ca ng trũn (M khụng trựng vi A, B). Cỏc ng thng

AM v AN
ct ng thng d ln lt ti C v D.
a) Chng minh
AM.AC AN.AD=
.
b) Tỡm giỏ tr nh nht ca tớch
AC.AD

.
c) Chng minh tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc MNC thuc mt ng thng c nh.
d) Gi I l giao im ca CO v BM. ng thng AI ct ng trũn (O) ti im th hai
l E, ct ng thng d ti F. Chng minh ba im C, E, N thng hng.

Ht

H v tờn thớ sinh SBD
CHNH THC
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
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)
Đáp án Điểm
Câu 1 (4 điểm)
a) Cho
(
)
(
)
2 2
x 2011 x y 2011 y 2011+ + + + =
. Tính giá trị của biểu thức
2011 2011
T x y= +
.
b) Tính tổng
S =

4 3 8 15 240 14399

1 3 3 5 119 121
+ + +
+ + +
+ + +
.
(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng
2
4n 4n 1
2n 1 2n 1
+ −
− + +
, với n
N∈
và 1
≤
n
≤
60).
a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2

2011 2011 2011 2011 2011+ + + − + + = + −x x x x y y x x
0,50

2 2
2011 2011y y x x⇔ + + = + −
(1) 0,50
Tương tự ta có:
2 2
2011 2011x x y y+ + = + −
(2) 0,50
Từ (1) và (2) suy ra: x + y = 0 hay x = – y. Suy ra T = 0 0,50
b) (2điểm). Với k là số tự nhiên khác 0 ta có:

2
4 4 1
2 1 2 1
k k
k k
+ −
− + +
=
(
)
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
3 3
4 4 1 2 1 2 1
2 1 2 1

2
2 1 2 1 2 1 2 1
k k k k
k k
k k k k
+ − + − −
+ − −
=
− + + + − −
0,75
Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, …, 60. Ta được:
(
)
3 3
4 3 1
3 1
2
1 3
+
= −
+
(
)
3 3
8 15 1
5 3
2
3 5
+
= −

+
…
(
)
3 3
240 14399 1
121 119
2
119 121
+
= −
+
0,75
Vậy S =
(
)
3
1
121 1 665
2
− =
0,5
Câu 2 (3 điểm)
Giải hệ phương trình
Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011
2
3 2
3 2
3 2
x 3x 2x 5 y

y 3y 2y 5 z
z 3z 2z 3 x .

− + − =

+ + − =


+ + − =

Viết lại hệ đã cho dưới dạng
3 2
3 2
3 2
x 3x 2x 5 y
y 3y 2y 5 z
z 3z 2z 5 x 2 .

− + − =

+ + − =


+ + − = −

0,25
Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

( ) ( ) ( )
3 2

3 2 2
3 2
t 2 3 t 2 2 t 2 5 y
t 6t 12t 8 3t 12t 12 2t 4 5 y
t 3t 2t 5 y
+ − + + + − =
⇔ + + + − − − + + − =
⇔ + + − =
0,50
Khi đó có hệ phương trình
3 2
3 2
3 2
t 3t 2t 5 y
y 3y 2y 5 z
z 3z 2z 5 t

+ + − =

+ + − =


+ + − =

(I)
0,25
Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả sử
t = max
{ }
, ,t y z

.
0,25
1) Trường hợp
≥ ≥t y z
. Từ hệ (I) ta có

3 2
3 2
t 3t 2t 5 t
z 3z 2z 5 z

+ + − ≤


+ + − ≥



( ) ( )
( ) ( )
2
2
t 1 t 2 1 0
z 1 z 2 1 0

 
− + + ≤
  
⇒


 
− + + ≥

 

1
1
t
z
≤

⇒

≥

Do đó t = y = z = 1.
0,75
2) Trường hợp
t z y≥ ≥
. Tương tự ta có:
1
1
t
y
≤


≥

Do đó t = y = z = 1.

0,75
Nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x: y: z) = (3: 1: 1) 0,25
Câu 3 (4 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n để B = n
4
+ n
3
+ n
2
+ n + 1 là số chính phương.
b)
So sánh M và N biết
( ) ( )
2011 2010
2010 2010 2011 2011
M 2010 2011 , N 2010 2011= + = +
.
a) (2 điểm). Đặt n
4
+ n
3
+ n
2
+ n + 1 = k
2
(1) (với k nguyên dương) 0,25
Ta có (1)
⇔
4n
4

+ 4n
3
+ 4n
2
+ 4n + 4 = 4k
2

⇔
(2n
2
+n)
2
+2n
2
+(n+2)
2
= (2k)
2
0,75

⇒
(2k)
2
> (2n
2
+n)
2

⇒
(2k)

2

≥
(2n
2
+n+1)
2
(do k và n nguyên dương)

⇒
4n
4
+ 4n
3
+ 4n
2
+ 4n + 4
≥
(2n
2
+n+1)
2

⇒
(n+1)(n-3)
≤
0
0,75
Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011
3

⇒
n
≤
3

⇒
n
∈
{ }
1; 2; 3
Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài. 0,25
b) (2 điểm). Đặt
2010 2010
a 2010 , b 2011
= =
. Ta có:
[ ]
2010
2011 2010
M (a b) , N (2010a +2011b) 2010(a +b)+b= + = =
0,50
Xét:
( )
( ) ( )
2010
2010
2010
2010 a b b
N 1 b

2010
M a b a b
a b a b
+ + 
 
 
= = +
 
+ +
 
+ +
0,50
Vì
2010
2010
b b
1 2010 2011 b
a b a b
 
< ⇒ + < =
 ÷
+ +
 
0,50
Nên
N b
1 N M
M a b
< < ⇒ <
+

0,50
Câu 4 (2 điểm)
Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4a b 3c 8c
a b 2c 2a b c a b 3c
+
= + −
+ + + + + +
A
.
Đặt
x a b 2c a y z 2x
y 2a b c b 5x y 3z
z a b 3c c z x
= + + = + −
 
 
= + + ⇒ = − −
 
 
= + + = −
 
(x,y,z > 0) 0,50
Khi đó:
4(y z 2x) 2x y 8(z x) 4y 2x 4z 8x
A 17
x y z x y x z
 
+ − − −
 

= + − = + + + −
 ÷
 ÷
 
 
0,50
Do đó
A 2 8 2 32 17 12 2 17≥ + − = −
0,50
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2y 2x
2z 2 2x

=


=


( )
4 3 2
a t
2
10 7 2
b t
2
c 2 1 t

− +

=



−

=


= −


(với t
∈
R, t > 0)
0,50
Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011
4
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 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định.
d) Gọi I là giao điểm của CO và 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:
E
I
K
D
d
N
O
P
A
P
B
A
M
N
B
C
F
C
M
D
a) (1,5 điểm). Ta có
·
·
ANM ABM=
,
·

·
ABM ACB=
. Suy ra:
·
·
ACB ANM=
Do đó
AMN∆
và
ADC∆
đồng dạng.
0,75
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
2
CD BD BC 2 BD.BC 2 AB 4R= + ≥ = =
(2)
0,50
Từ (1) và (2), suy ra
2
CD.AD 8R≥
0,50
Dấu “=” xảy ra khi MN vuông góc với AB 0,50

c) (2 điểm). Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp
MNC
∆
, K là trung điểm của CD,
S là giao điểm của AK với MN.
0,75
Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011
5
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
0,75
Vì d là đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng song
song với d, cách d một khoảng R cố định.
0,50
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 các đường thẳng AB, BC, CA thì:
AP CN BM
. .
PC NB MA
= 1.
Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có:

AP AM
PC CD
=
và
CN CD
NB BM
=
.
Do đó ta có điều phải chứng minh.
0,50
Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có:
AB OI CM
. . 1
BO IC MA
=

⇒

OI MA
IC 2CM
=
(1)
Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có:
OI FB
IC 2CF
=
(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có
MA FB

=
CM CF
. Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo)
Mà AB
⊥
BC
⇒
MF
⊥
BC
⇒

·
0
90MFC =
0,25
Ta có
·
·
EFB EBA=
(cùng phụ với góc EAB)

·
·
EBA EMC=
(tứ giác AMEB nội tiếp)

·
·
EFB EMC⇒ =

⇒
Tứ giác MEFC nội tiếp
0,25

⇒

·
·
0
MEC MFC 90= =
. Do đó: ME
⊥
EC (3)
Lại có
·
0
MEN 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒
ME
⊥
EN (4)
Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.
0,25
–––––––––––––––––––
Hết
––––––––––––––––––––
Hướng dẫn chấm thi môn Toán năm học 2010-2011
6