DAP AN GOC THI HSG TOAN 9 TINH PHU THO NAM HOC 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH. NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN - THCS Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (3,0 điểm) 2 2 a) Giải phương trình trên tập số nguyên x  5 y  4 xy  4 x  8 y  12 0. P x P x  x3  3x 2  14 x  2 b) Cho   . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà   chia hết cho 11.. Câu 2 (4,0 điểm) a 3  3a  2 P 3 3 3 a  4a 2  5a  2 , biết a  55  3024  55  a) Tính giá trị biểu thức b) Cho các số thực x, y , z đôi một khác nhau thỏa mãn. 3024 .. x3 3 x  1, y 3 3 y  1 và z 3 3z  1. 2 2 2 Chứng minh rằng x  y  z 6 .. Câu 3 (4,0 điểm) a) Giải phương trình. 3x  1 . x 1  3 x  1. 4x. 3x 2  2 y 2  4 xy  x  8 y  4 0  2 2 b) Giải hệ phương trình  x  y  2 x  y  3 0. Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của  cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng  không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp  EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. 0 c) Khi  60 và BC  R , tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI.. Câu 5 (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 3 .. 2x2  y 2  z 2 2 y 2  z 2  x2 2z 2  x2  y 2   4 xyz. 4  yz 4  zx 4  xy Chứng minh rằng.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> -----------Hết---------Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:……………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - THCS (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. I. Một số chú ý khi chấm bài.  Đáp án 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, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Đáp án mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Đáp án.  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đáp án-thang điểm. Câu 1 ( 3,0 điểm) 2 2 a) Giải phương trình sau trên tập số nguyên x  5 y  4 xy  4 x  8 y  12 0. P x P x  x 3  3x 2  14 x  2 b) Cho   . Tìm số các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà   chia hết cho 11. Nội dung Điểm a) Phương trình tương đương với 0,5  x2  4 y 2  4 xy   4  x  2 y   4 16  y 2   x  2 y  2 2 16  y 2 ; 2. 2 x  2 y  2  16, y 0 (1) mà x, y   nên  hoặc x  2 y  2 0, y 16 (2) . Ta có (1)  x 2, y 0 hoặc x  6, y 0 .. (2)  y 4, x 6 hoặc y  4, x  10 .  x; y     2; 0 ,   6; 0  ,  6; 4  ,   10;  4   . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là b) Bổ đề: Cho x, y là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p 3k  2 thì x3  y 3  mod p   x  y  mod p  3. 0,5. 0,5. .. 3. x  y  mod p   x  y  mod p  Thật vậy, , đúng. 3 3 3k 3k x  y  mod p   x  y  mod p  Với . x , y Với cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.. 0,5. x, p  1,  y , p  1 x p  1  y p  1 1 mod p   x 3k 1  y 3k 1  mod p   Với ta có 3k 3k  x.x  y. y  mod p   x  y  mod p  x3k  y 3k  mod p  vì .. Áp dụng Bổ đề, ta có 3 3 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 .. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Do đó,. P  x  P  y   mod 11  x  y  mod 11 .. P n , P n  1 , , P  n  10  Suy ra với mỗi n  , trong 11 giá trị    , có duy nhất một P 1 , P 2 , , P  99  giá trị chia hết cho 11. Do đó, trong các số     có đúng 9 số chia hết P 0  2 cho 11, còn   không chia hết cho 11. Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2 ( 4,0 điểm) a 3  3a  2 P 3 3 3 a  4a 2  5a  2 , biết a  55  3024  55  3024 . a) Tính giá trị biểu thức. 0,5. 3 3 3 b) Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x 3 x  1, y 3 y  1, z 3 z  1. Chứng minh rằng x 2  y 2  z 2 6. Nội dung Điểm 2. a) Ta có. a 3  3a  2  a  1  a  2   a  2 P 3  2 a  4a  5a  2  a  1 2  a  2  a  2. a 3 110  3 3 552  3024. . 3. 55 . ;. . 3024  3 55  3024 .. mà  a3 110  3a  a 3  3a  110 0 .   a  5   a 2  5a  22  0  a 5. 0,5. P. 7 3.. . Suy ra 3 b) Ta có x 3x  1(1), y 3 y  1 (2), z 3z  1 (3) .  x3  y 3 3  x  y   x 2  xy  y 2 3 (4)  3 3   y  z 3  y  z    y 2  yz  z 2 3 (5)  3  2 z  zx  x 2 3 (6). z  x 3 3  z  x    Từ (1), (2) và (3) suy ra Từ (4) và (5) suy ra x 2  z 2  xy  yz 0   x  y   x  y  z  0  x  y  z 0 3. 0,5 1,0. 3. 1,0. ,. (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  x 2  y 2  z 2 6  2 2 . Câu 3 ( 4,0 điểm) x 1 3x  1   3 x  1. 4x a) Giải phương trình 3x 2  2 y 2  4 xy  x  8 y  4 0  2 2 b) Giải hệ phương trình  x  y  2 x  y  3 0 Nội dung 1 , x 0 3 a) Điều kiện xác định: . 2 12 x   3 x  1 4 x 3x  1 Phương trình tương đương với . Đặt a 2 x, b  3x  1 ta 3a 2  b 2 2ab   b  a   b  3a  0  b a có phương trình hoặc b  3a . Khi đó x . 1,0. Điểm 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3x  1 2 x hoặc 3x  1  6 x . +) Với 3 x  1 2 x , điều kiện x  0 , ta có 2. x . 2. 0,5. 1 4 (loại).. 3x  1 2 x  3x  1 4 x  4 x  3x  1 0  x 1 hoặc 1  x  0 +) Với 3 x  1  6 x , điều kiện 3 , ta có 3  153 3  153 3x  1  6 x  36 x 2  3 x  1  x  x 72 72 (loại). hoặc 3  153 x 1, x  . 72 Vậy phương trình có hai nghiệm. 0,5. 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)  2 x  2 y  4 x  2 y  6 0 Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có  x2  4 xy  4 y 2   3  x  2 y   2 0   x  2 y  2  3  x  2 y   2 0. 1,0.   x  2 y  1  x  2 y  2  0  x 2 y  1 hoặc x 2 y  2. y y  3 0  y 0 +) Với x 2 y  1 , thế vào (2) và rút gọn ta có  hoặc y  3. Suy ra x 1, y 0 hoặc x  5, y  3.  13  109 3 y 2  13 y  5 0  y  6 +) Với x 2 y  2 , thế vào (2) và rút gọn ta có  13  109 y . 6 hoặc  7  109  13  109  7  109  13  109 x ,y x ,y . 3 6 3 6 Suy ra hoặc Vậy hệ có 4 nghiệm x 1, y 0 ; x  5, y  3 ;  7  109  13  109  7  109  13  109 x ,y x ,y . 3 6 3 6 ;. 1,0. Câu 4 ( 7,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC không đi qua tâm. Gọi A là điểm chính giữa của cung  nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng  không đổi sao cho E, F khác phía với điểm A so với BC; AF và AE cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành. a) Chứng minh MNEF là tứ giác nội tiếp.  b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A thì I chuyển động trên một đường thẳng cố định. 0 c) Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng OI khi  60 và BC R . A. a) Ta có 1 MNE 2   = (sđ AC  sđ BFE )=. M. B. 2,5. T H. N. C. Q K O I. S. F J G. D. E.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1  = 2 (sđ AB  sđ BFE )  AFE  sđ AC  sđ CE o   Suy ra: MNE  MFE 180 Vậy tứ giác MNEF nội tiếp. b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R).  D  EG, G   O  Lấy G đối xứng với E qua AP o o       Ta có MDG  NEG , AEG  AFG 180  MDG  MFG 180 Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp (1) Gọi giao điểm của AG và BC là H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn. Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và  cắt đường tròn (O) tại J; I  OJ , sđ JF =sđ     nên JOP JG  hay I và sđ PG =sđ PE nằm trên đường thẳng cố định. Đó là đường thẳng đi qua O và tạo với AO một góc  không đổi.. c) Hạ. IT  BC  T  BC   TH TM. 1,0. 1,5. 1 IS  MN 2 . Do QH QN , suy ra 1,0.  Tam giác vuông OSI có IOS  không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi IS nhỏ nhất  MN nhỏ nhất. Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.  Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M ' AN '  . Không mất tính tổng quát giả sư QM '  QN ' suy ra AM '  AN ' . Trên đoạn AM ' lấy điểm U sao cho AU  AN '  AUM ANN ' (c.g.c)  S AM ' M  S ANN '  MM '  NN '  M ' N '  MN o. Với  60 ; BC  R suy ra MN . . R 2 2. 3. . 2. 3. AQ R . . R 2 3 3 . 3. . . . R 3 R 2 3  2 2 ,.  OI . . R 2 3 3. 1,0. .. 6 Câu 5 ( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh rằng: 2x2  y 2  z 2 2 y 2  z 2  x2 2z 2  x2  y 2   4 xyz. 4  yz 4  zx 4  xy Nội dung Chứng minh được:. 2 x 2  y 2  z 2 2 x  y  z . .. Điểm 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tương tự ta có. 2 y 2  z 2  x 2 2 y  z  x  , 2 z 2  x 2  y 2 2 z  x  y  .. x  y  z y  z  x z  x  y    2 xyz 4  yz 4  zx 4  xy Do đó ta sẽ chứng minh . yz z x xy   1. 4  yz  2 yz  4  zx  2 zx  4  xy  xy  Bất đẳng thức này tương đương với. Ta có. . yz   4  yz  2 yz 2 . . 0 2. yz. . yz . . 2 yz. . . yz 2  yz 2 yz. . 1. 2. yz. . . yz 2  yz. 1. 2. xy  1  1 1. . nên. 2. yz. . . yz 2  yz. .  , dễ có. . 1 2  yz. yz 1 zx 1   4  yz  2 yz 2  yz 4  zx  2 zx 2  zx Vậy nên  , tương tự có  và xy 1  .  4  xy  2 xy 2  xy yz z x xy 1 1 1      4  yz  2 yz  4  zx  2 zx  4  xy  xy 2  xy 2  yz 2  zx Do đó  .. .. 0,5. Với a, b, c>0 có 1 1 1 a b b c c a  a  b  c      3             3  2  2  2 9 a b c b a c b a c nên 1 1 1 9    a b c a  b  c (*). 1 1 1 9    1 2  xy 2  yz 2  zx 6  xy  yz  zx Áp dụng (*) ta có ; x y yz zx    x  y  z 3 2 2 2 (Vì ). yz z x xy   1 4  yz  2 yz  4  zx  2 zx  4  xy  xy  Vậy . 2 2 2 2 2 2 2 2x  y  z 2y  z  x 2z  x2  y 2   4 xyz 4  yz 4  zx 4  xy Do vậy ta có . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1 . xy  yz  zx . .......................... HẾT ........................... 1,0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>