Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2010-2011(Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm).

a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, ... , an. Đặt S = 3 3 3 1 2 n a a ... a    và 1 2 n P a a ... a     . Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.

b) Cho A = 6 4 3 2 n n 2n 2n    (với n N,  n > 1). Chứng minh A không phải là số chính phương. Câu 2 (4,5 điểm).

a) Giải phương trình: 3 2 10 x 1 3x 6   

b) Giải hệ phương trình:

1 x 3 y

1 y 3 z 1 z 3 x

           Câu 3 (4,5 điểm).

a) Cho x > 0, y > 0, z > 0 và 1 1 1 4 x y z    .

Chứng minh rằng: 1 1 1 1 2x+y+z x 2y z x y 2z       

b) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thỏa mãn 2011 2011 2011 x y z 3    .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 M x y z   

Câu 4 (4,5 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC.

a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.

b) Khi · 0 BOC 120  , xác định vị trí của điểm M để 1 1 MB MC  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5 (2,5 điểm).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

- - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:................................................................................ Số báo danh: .....................................

ĐỀ CHÍNH THỨC

DeThi.edu.vn

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN - Bảng A --------------------------------------------

Câu: Nội dung 1.

Với a Z  thì

3a a (a 1)a(a 1)     là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3. Mà (2.3)=1

3a a 6  

3 3 3 1 1 2 2 n n S P (a a ) (a a ) ... (a a ) 6          

Vậy S 6 P 6   

6 4 3 2 2 2 2 n n 2n 2n n (n 1) .(n 2n 2)       

với n N  , n > 1 thì

2 2 n 2n 2 (n 1) 1      >

2 (n 1) 

và

2 2 n 2n 2 n 2(n 1)      <

2 n

Vậy

2 (n 1)  <

2 n 2n 2   <

2 n

2 n 2n 2    không là số chính phương  đpcm 2.

3 2 10 x 1 3(x 2)   

2 2 10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)       điều kiện x 1 

Đặt x 1 a   (a 0) 

2 x x 1 b    (b>0)

Ta có:

2 2 10ab = 3a 3b 

a = 3b (a 3b)(3a-b) = 0 b 3a      Trường hợp1: a = 3b

Ta có:

2 x 1 3 x x 1     (1)

2 9x 9x+9=x+1  

2 9x 10x+8 = 0  

' 25 9.8   < 0  phương trình (1) vô nghiệm Trường hợp 2: b = 3a

Ta có:

2 3 x 1 x x 1    

2 9(x 1) x x 1     

DeThi.edu.vn

2 x 10x-8 = 0  

1

2

x 5 33 (TM)

x 5 33 (TM)

   

  

Vậy phương trình có 2 nghiệm x 5 33  

1 x 3 y

1 y 3 z 1 z 3 x

          

Từ (3)

3x-1 z x  

thay vào (2) 3xy+3 = 8x+y  (4)

Từ (1) xy 1 3y 3xy+3 = 9y    (5)

Từ (4) và (5) 8x+y = 9y x y   

Chứng minh tương tự : y = z

Từ đó x y z   

Thay vào (1)

2 1 x 3 x 3x+1 = 0 x     

3 5 x 2   

 hệ có 2 nghiệm

3 5 x y z 2    

3.

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4 x y x y    (với x,y > 0)

Ta có:

1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x y z    ;

1 1 1 y z 4y 4z   

Suy ra:

1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z 4 2x 4y 4z   

(1)

Tương tự:

1 1 1 1 1 ( ) x+2y+z 4 4x 2y 4z   

(2)

1 1 1 1 1 ( ) x+y+2z 4 4x 4y 2z   

(3)

Từ (1),(2),(3)

1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z      

DeThi.edu.vn