Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 THCS môn Toán - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn Toán Thời gian làm bài: 150 phút, không kể giao đề Câu 1 (4đ)

a) Chứng minh rằng    n n A 2 1 2 1    chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n

b) Tìm số các số nguyên n sao cho 2 B n n 13    là số chính phương Câu 2. (5đ)

a) Giải phương trình

2 2 x 2x 3 2 2x 4x 3      b) Giải hệ phương trình

2 2

2 2 x y 1 xy

x y 3xy 11

       

Câu 3 (3đ)

Cho ba số x, y, z thỏa mãn

x y z 2010 1 1 1 1 x y z 2010

       

Tính giá trị của biểu thức     2007 2007 2009 2009 2011 2011 P x y y z z x    

Câu 4. (6đ)

Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB cố định, AB R 2  . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi   1 C;R là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,   2 D;R là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. hai đường tròn   1 C;R và   2 D;R cắt nhau tại điểm thứ hai là M.

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD và 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất ? Câu 5. Cho các số dương x, y,z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 670.    Chứng minh rằng:

2 2 2 x y z 1 x yz 2010 y zx 2010 z xy 2010 x y z           

DeThi.edu.vn

ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 Câu 1

a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên

n n n 2 1;2 ;2 1   là 3 số tự nhiên liên tiếp Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên     n n n 2 1 .2 . 2 1  

chia hết cho 3 Mặt khác   n 2 ;3 1  nên    n n 2 1 2 1   chia hết cho 3

Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n b) Ta thấy B là số chính phương 4B  là số chính phương Đặt 4B= 2 k   k ¥ thì    2 2 4B 4n 4n 52 k 2n 1 k . 2n 1 k 51         Vì 2n 1 k 2n 1 k    nên ta có các hệ 2n 1 k 1 2n 1 k 3 2n 1 k 51 2n 1 k 17 (1) (2) (3) (4) 2n 1 k 51 2n 1 k 17 2n 1 k 1 2n 1 k 3                            

Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n 12;n 3;n 13;n 4     Vậy các số nguyên cần tìm là   n 12; 3;4;13   Câu 2

a) Ta có 2 2 2x 4x 3 2(x 1) 1 1      nên tập xác định của phương trình là R Phương trình đã cho tương đương với

2 2 2x 4x 3 4 2x 4x 3 3 0       Đặt 2 y 2x 4x 3 1     thì phương trình đã cho trở thành

2 y 1 y 4y 3 0 y 3       

(thỏa mãn điều kiện)

Với y 1  ta có 2 2 2x 4x 3 1 2x 4x 3 1 x 1       

Với y 3  ta có 2 2 x 1 2x 4x 3 3 2x 4x 3 9 x 3           

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x 1,x 1,x 3    b) hệ đã cho tương đương với

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 11(x xy y ) 11 x xy y 1 x xy y 1 (*) (x 2y)(5x 3y) 0 x 3xy y 11 11(x xy y ) x 3xy y

                                  

Từ hệ (*) ta suy ra

2 2 x xy y 1(I) x 2y 0

      

hoặc   

2 2 x xy y 1 (II) x 2y . 5x 3y 0

        

Giải hệ (I) ta tìm được (x;y) (2; 1);( 2;1)    Hệ II vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x;y) (2; 1);( 2;1)    Câu 3 Từ giả thuyết suy ra x, y, z khác 0 và

DeThi.edu.vn