Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2009-2010 - Tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010
Câu 1 (4đ)
 a) Chứng minh rằng A 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.
 b) Tìm số các số nguyên n sao cho B n2 n 13 là số chính phương.
Câu 2 (5đ)
 a) Giải phương trình: x2 2x 3 2 2x2 4x 3 
 x2 y2 1 xy
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 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 P x2007 y2007 y2009 z2009 z2011 x2011 .
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 C; R1 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn 
 (O;R) tại A , D; R2 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. Hai 
 đường tròn C; R1 và D; R2 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 (2đ)
 Cho các số dương x; y; z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 670. Chứng minh rằng:
 x y z 1
 x2 yz 2010 y2 zx 2010 z2 xy 2010 x y z ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009-2010
Câu 1 (4đ)
 a) Chứng minh rằng A 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n.
 b) Tìm số các số nguyên n sao cho B n2 n 13 là số chính phương.
 Lời giải 
 a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2n 1;2n ;2n 1 là 3 số tự nhiên liên tiếp.
 Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên 2n 1 .2n. 2n 1 chia hết 
 cho 3.
 Mặt khác 2n ;3 1 nên 2n 1 2n 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 k 2 k ¥ thì 4B 4n2 4n 52 k 2 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
 a) 1 : b) (2) : 
 2n 1 k 51 2n 1 k 17
 2n 1 k 51 2n 1 k 17
 c) (3) : d) (4) : 
 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 (5đ)
 a) Giải phương trình: x2 2x 3 2 2x2 4x 3 
 x2 y2 1 xy
 b) Giải hệ phương trình: 
 2 2
 x y 3xy 11
 Lời giải 
 a) Ta có 2x2 4x 3 2(x 1)2 1 1 nên tập xác định của phương trình là R .
 Phương trình đã cho tương đương với.
 2x2 4x 3 4 2x2 4x 3 3 0 .
 Đặt y 2x2 4x 3 1 thì phương trình đã cho trở thành.
 2 y 1
 y 4y 3 0 (thỏa mãn điều kiện).
 y 3
 Với y 1 ta có 2x2 4x 3 1 2x2 4x 3 1 x 1 
 2 2 x 1
 Với y 3 ta có 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 . 11(x2 xy y2 ) 11 x2 xy y2 1 x2 xy y2 1
 (*)
 2 2 2 2 2 2 
 x 3xy y 11 11(x xy y ) x 3xy y (x 2y)(5x 3y) 0
 Từ hệ (*) ta suy ra.
 2 2
 x2 xy y2 1 x xy y 1
 (I) hoặc (II)
 x 2y 0 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 (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 P x2007 y2007 y2009 z2009 z2011 x2011 .
 Lời giải
 Từ giả thiết suy ra x; y; z khác 0 và.
 x y x y
 0
 xy z(x y z)
 1 1 1 1 1 1 1 1 
 0
 x y z x y z x y z x y z
 1 1 2
 x y 2 0 (x y)(xz yz z xy) 0
 xy xz yz z 
 (x y)z(z x) y(z x) 0 x y y z z x 0
 2007 2007
 x y 0 x y x y
 2009 2009
 z y 0 y z y z
 x z 0 z x 2011 2011
 z x
 x2007 y2007 0
 2009 2009
 y z 0 P 0 
 2011 2011
 z x 0 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 C; R1 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn 
 (O;R) tại A , D; R2 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. Hai 
 đường tròn C; R1 và D; R2 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.
 Lời giải
 C· PA C· AP O· BP
 a) Nối CP ; PD ta có ACP ; OAB lần lượt cân tại C;O nên 
 do đó CP / /OD 1 .
 D· PB D· BP O· AB
 Tương tự DPB ; OAB lần lượt cân tại D , O nên 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 .
 Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nênOC 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 OA2 OB2 2R2 AB2 
 nên tam giác OAB vuông cân tại O . Vì 4 điểm 
 C;D;O;M cùng thuộc một đường tròn (kể cả 
 M  O ) nên .
 C· OB C· MD (1) 
 MCD M· AB M· CD O
 Xét MAB và có: (cùng M
 1
 bằng sđ M»P của (C )). D
 2
 1 H K
 M· BD M· DC (cùng bằng sd M»P của (D)).
 2 C
 B
 Nên MAB ∽ MCD (g.g). A P
 · ·
 Vì MAB ∽ MCD suy ra AMB COD hay 
 ·AMB ·AOB 90 .
 Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm 
 I đường kính AB . N
 Ta có ·ACP B· DP ·AOB 90 nên
 1
 ·AMP ·ACP 45 (Góc nội tiếp và góc ở tâm của C ).
 2 1
 B· MP B· DP 45 (góc nội tiếp và góc ở tâm của D ).
 2
 Do đó MP là phân giác ·AMB .
 Mà ·AMB ·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) Xét MAP và BNP có MPA BPN (đối đỉnh); AMP PBN (góc nôi tiếp cùng 
 chắn 1 cung) nên MAP ∽ BNP (g.g).
 2
 PA PM PA PB AB2 R2
 Do đó PM.PN PA.PB (không đổi).
 PN PB 2 4 2
 R2
 Vậy PM.PN lớn nhất bằng khi PA PB hay P là trung điểm dây AB . 
 2
 Vì tam giác AMB vuông tại M nên .
 2 2
 1 1 2 2 AB R
 SAMB AM.BM AM BM .
 2 4 4 2
 R2
 Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng khi PA PB hay P là trung điểm dây 
 2
 AB
Câu 5 (2đ). 
 Cho các số dương x; y; z thỏa mãn điều kiện xy yz zx 670. Chứng minh rằng:
 x y z 1
 x2 yz 2010 y2 zx 2010 z2 xy 2010 x y z
 Lời giải
 Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với mọi a,b,c ¡ và x, y, z 0 ta có.
 2
 a2 b2 c2 a b c 
 (*) 
 x y z x y z
 a b c
 Dấu “=” xảy ra 
 x y z
 Thật vậy, với a, b ¡ và x, y 0 ta có:
 2
 a2 b2 a b 
 (**)
 x y x y 
 a2 y b2 x x y xy a b 2
 a b
 (bx ay)2 0 (luôn đúng ). Dấu “=” xảy ra 
 x y
 Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: 2 2
 a2 b2 c2 a b c2 a b c 
 x y z x y z x y z
 a b c
Dấu “=” xảy ra 
 x y z
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
 x y z
 VT 
 x2 yz 2010 y2 zx 2010 z2 xy 2010
 x2 y2 z2
 2 2 2
 x(x yz 2010) y(y zx 2010) z(z xy 2010) 
 x y z 2
 (1)
 x3 y3 z3 3xyz 2010(x y z)
Chú ý: x(x2 yz 2010) x(x2 xy zx 1340) 0; y(y2 zx 2010) 0 và
 z z2 xy 2010 0 
Chứng minh được dễ dàng 
 x3 y3 z3 3xyz x y z x2 y2 z2 xy yz xz 
 x y z x y z 2 3 xy yz zx (2)
Do đó 
 x3 y3 z3 3xyz 2010(x y z)
 x y z x y z 2 3(xy yz zx) 2010 (x y z)3 3
Từ (1) và (3) ta suy ra 
 2
 x y z 1
 VT .
 x y z 3 x y z
 2010
Dấu “=” xảy ra x y z .
 3