Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ(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 nA 2 1 2 1   chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n 
b) Tìm số các số nguyên n sao cho 2B n n 13   là số chính phương 
Câu 2. (5đ) 
a) Giải phương trình 
2 2x 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 2011P 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  1C;R là đường tròn đi qua P và tiếp 
xúc với đường tròn (O;R) tại A ,  2D;R là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với 
đường tròn (O;R) tại B. hai đường tròn  1C;R và  2D;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
  
       
ĐÁP ÁN ĐỀ PHÚ THỌ 2009-2010 
Câu 1 
a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên n n n2 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 n2 1 .2 . 2 1  
chia hết cho 3 
Mặt khác  n2 ;3 1 nên   n n2 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= 2k  k thì    2 24B 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 22x 4x 3 2(x 1) 1 1      nên tập xác định của phương trình là R 
Phương trình đã cho tương đương với 
2 22x 4x 3 4 2x 4x 3 3 0       
Đặt 2y 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 22x 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) 0x 3xy y 11 11(x xy y ) x 3xy y
           
   
            
Từ hệ (*) ta suy ra 
2 2x xy y 1
(I)
x 2y 0
   

 
 hoặc 
   
2 2x 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 
 1 1 1 1
x y z x y z
1 1 1 1
0
x y z x y z
x y x y
0
xy z(x y z)
  
 
   
       
    
 
  
 
 
 
   
2
2
2007 2007 2007 2007
2009 2009 2009 2009
2011 2011 2011 2011
1 1
x y 0
xy xz yz z
(x y)(xz yz z xy) 0
(x y) z(z x) y(z x) 0
x y y z z x 0
x y x y 0x y 0 x y
z y 0 y z y z y z 0
x z 0 z x z x z x 0
 
    
  
     
     
    
        
 
            
          
P 0


 


Câu 4 
KH
N
M
D
C
O
A BP
 a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB  lần lượt cân tại C, O nên CPA CAP OBP  
do đó CP // OD (1) 
Tương tự DPB, OAB  lần lượt cân tại D, O nên DPB DBP OAB  nên 
OD//CP (2) . Từ (1) và (2) suy ra ODPC là hình bình hành 
Gọi CD cắt MP tại H cắt OP tại K thì K là trung điểm của OP 
Theo tính chất 2 của đường tròn cắt nhau ta có CD MP H là trung 
điểm MP 
Vậy HK // OM do đó CD // OM 
Ta phải xét 2 trường hợp AP BP, đáp án chỉ yêu cầu xét 1 
trường hợp giả sử AP < BP 
Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC = DP, DP=DM=R2 nên tứ 
giác CDOM là hình thang cân do đó 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một 
đường tròn 
b) Xét tam giác AOB có 2 2 2 2OA OB 2R AB   nên tam giác OAB vuông cân 
tại O. Vì 4 điểm C, D, O, M cùn thuộc một đường tròn (kể cả M O ) nên 
COB CMD (1) 
Xét MAB và MCD có: MAB MCD (cùng bằng 
1
2
 sđ MP của (C )) 
MBD MDC (cùng bằng 
1
sdMP
2
 của (D)) 
Nên MAB đồng dạng MCD (g.g) 
Vì MAB đồng dạng với MCD suy ra AMB COD hay 0AMB AOB 90  
Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB 
Ta có 0ACP BDP AOB 90   nên 
01AMP ACP 45
2
  (Góc nội tiếp và góc ở tâm của (C)) 
01BMP BDP 45
2
  (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D)) 
Do đó MP là phân giác AMB 
Mà 0AMB AOB 90  nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác 
AOB 
Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N thì N là trung điểm cung AB không 
chứa điểm O nên N cố định 
c) MAP và BNP có MPA BPN (đối đỉnh); AMP PBN (góc nôi tiếp cùng 
chắn 1 cung) nên MAP đồng dạng BNP (g.g) 
Do đó 
2 2 2PA PM PA PB AB R
PM.PN PA.PB
PN PB 2 4 2
 
      
 
 (không đổi) 
Vậy PM.PN lớn nhất bằng 
2R
2
 khi PA=PB hay P là trung điểm dây AB 
Vì tam giác AMB vuông tại M nên 
 
2 2
2 2
AMB
1 1 AB R
S AM.BM AM BM
2 4 4 2
     
Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng 
2R
2
 khi PA=PB hay P là trung 
điểm dây AB 
Câu 5. 
Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức : Với mọi a,b,c và x,y,z 0 ta có: 
 
2
2 2 2 a b ca b c
(*)
x y z x y z
 
  
 
Dấu “=” xảy ra 
a b c
x y z
   
Thật vậy, với a,b và x,y 0 ta có: 
 
    
2
2 2
22 2
a ba b
(**)
x y x y
a y b x x y xy a b

 

    
2(bx ay) 0   (luôn đúng ). Dấu “=” xảy ra 
a b
x y
  
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 
   
2 2
2 2 2 2a b a b ca b c c
x y z x y z x y z
  
    
  
Dấu “=” xảy ra 
a b c
x y z
   
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 
 
2 2 2
2
2 2 2
2 2 2 3 3 3
x y z
VT
x yz 2010 y zx 2010 z xy 2010
x y zx y z
(1)
x(x yz 2010) y(y zx 2010) z(z xy 2010) x y z 3xyz 2010(x y z)
  
     
 
   
           
 Chú ý: 2 2 2x(x yz 2010) x(x xy zx 1340) 0;y(y zx 2010) 0          và 
 2z z xy 2010 0   
Chứng minh 
  
     
3 3 3 2 2 2
2
x y z 3xyz x y z x y z xy yz xz
x y z x y z 3 xy yz zx (2)
          
        
 
Do đó:
   
23 3 3 3x y z 3xyz 2010(x y z) x y z x y z 3(xy yz zx) 2010 (x y z) (3)                  
 
 Từ (1) và (3) ta suy ra 
 
 
2
3
x y z 1
VT
x y zx y z
 
 
  
Dấu “=” xảy ra 
2010
x y z
3
   