Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS năm học 2010 - 2011 môn Toán bảng A

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 = (với n > 1). Chứng minh A không phải là số 6 4 3 2 n n 2n 2n    n N,  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 , xác định vị trí của điểm M để đạt giá trị nhỏ nhất. A 0 BOC 120  1 1 MB MC 

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

ThuVienDeThi.com

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 thì là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết a Z 

3a a (a 1)a(a 1)    

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 > 1 thì > n N 

2 2 n 2n 2 (n 1) 1      2 (n 1) 

và < 2 2 n 2n 2 n 2(n 1)      2 n

Vậy < < không là số chính phương 2 (n 1)  2 n 2n 2   2 n

2 n 2n 2   

đpcm 

2.

3 2 10 x 1 3(x 2)   

điều kiện

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

Đặt x 1 a   (a 0) 

(b>0) 2 x x 1 b   

Ta có:

2 2 10ab = 3a 3b 

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

Ta có: (1) 2 x 1 3 x x 1    

2 9x 9x+9=x+1  

2 9x 10x+8 = 0  

< 0 phương trình (1) vô nghiệm ' 25 9.8   

Trường hợp 2: b = 3a

Ta có:

2 3 x 1 x x 1    

2 9(x 1) x x 1     

ThuVienDeThi.com

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) thay vào (2) (4)

3x-1 z x   3xy+3 = 8x+y 

Từ (1) (5) xy 1 3y 3xy+3 = 9y   

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 (với x,y > 0)

1 1 4 x y x y   

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 1 ( ) 2x+y+z 4 2x 4y 4z   

Tương tự: (2)

1 1 1 1 1 ( ) x+2y+z 4 4x 2y 4z   

(3)

1 1 1 1 1 ( ) x+y+2z 4 4x 4y 2z   

Từ (1),(2),(3)

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

ThuVienDeThi.com