Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Phú Thọ lớp 9 THCS năm học 2010-2011 môn Toán

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
Phó Thä 
kú thi chän häc sinh giái líp 9 THcs cÊp tØnh
n¨m häc 2010-2011
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có một trang
Câu 1 (4 điểm) 
a) Cho . Tính giá trị của biểu thức
.
b) Tính tổng
S = .
(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng , với n và 1 n 60).
Câu 2 (3 điểm)
Giải hệ phương trình
Câu 3 (4 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n để là số chính phương.
b) So sánh M và N biết .
Câu 4 (2 điểm)
Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
Câu 5 (7 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. 
a) Chứng minh .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích .
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định.
d) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng.
––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh .................................................................................... SBD ...................
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 5 trang)
I. Một số chú ý khi chấm bài
· Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic.
· Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.
· Tổ chấm có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số.
II. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm
Đáp án
Điểm
Câu 1 (4 điểm) 
a) Cho . Tính giá trị của biểu thức
.
b) Tính tổng
S = .
(mỗi số hạng trong tổng trên có dạng , với n và 1 n 60).
a) (2 điểm). Từ giả thiết, suy ra 
0,50
 (1) 
0,50
Tương tự ta có: (2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra: x + y = 0 hay x = – y. Suy ra T = 0
0,50
b) (2điểm). Với k là số tự nhiên khác 0 ta có:
 = 
0,75
Cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, , 60. Ta được:
0,75
Vậy S = 
0,5
Câu 2 (3 điểm)
Giải hệ phương trình
Viết lại hệ đã cho dưới dạng
0,25
Đặt t = x – 2 thì x = t + 2, thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
0,50
Khi đó có hệ phương trình
	 (I)
0,25
Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của t, y, z nên ta có thể giả sử 
t = max. 
0,25
1) Trường hợp . Từ hệ (I) ta có
Do đó t = y = z = 1.
0,75
2) Trường hợp . Tương tự ta có: 
Do đó t = y = z = 1. 
0,75
Nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x: y: z) = (3: 1: 1)
0,25
Câu 3 (4 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n để B = n4 + n3 + n2 + n + 1 là số chính phương.
 b) So sánh M và N biết .
a) (2 điểm). Đặt n4 + n3 + n2 + n + 1 = k2 (1) (với k nguyên dương)
0,25
Ta có (1) 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 = 4k2
 (2n2 +n)2 +2n2 +(n+2)2 = (2k)2
0,75
 (2k)2 > (2n2 +n)2
 (2k)2 (2n2 +n+1)2 (do k và n nguyên dương) 
 4n4 + 4n3 + 4n2 + 4n + 4 (2n2 +n+1)2
 (n+1)(n-3) 0 
 n 3
 n 
0,75
Thay các giá trị của n vào (1), chỉ có n = 3 thoả mãn đề bài.
0,25
b) (2 điểm). Đặt . Ta có: 
0,50
Xét: 
0,50
Vì 
0,50
Nên 
0,50
Câu 4 (2 điểm)
Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
Đặt (x,y,z > 0)
0,50
Khi đó: 
0,50
Do đó
0,50
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 
(với t R, t > 0)
0,50
Câu 5 (7 điểm)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. 
a) Chứng minh .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích .
c) Ch/minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thuộc một đường thẳng cố định.
 d) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng
Hình vẽ: 
a) (1,5 điểm). Ta có , . Suy ra: 
Do đó và đồng dạng.
0,75
0,75
b) (2 điểm). Ta có: (1)
0,50
Lại có (2)
0,50
Từ (1) và (2), suy ra 
0,50
Dấu “=” xảy ra khi MN vuông góc với AB
0,50
c) (2 điểm). Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp , K là trung điểm của CD, S là giao điểm của AK với MN.
Ta thấy tứ giác MNDC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm P nên , . Suy ra: MN vuông góc với AK
0,75
Lại có: PO vuông góc với MN nên AK song song với OP, mà PK song song với AO. Suy ra: tứ giác AOPK là hình bình hành, hay KP = AO =R
0,75
Vì d là đường thẳng cố đinh, PK = R không đổi nên P thuộc đường thẳng song song với d, cách d một khoảng R cố định.
0,50
d) (1,5 điểm). Trước hết ta chứng minh bài toán: Nếu tam giác ABC có các điểm M, N, P thẳng hàng và lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA thì: 
 = 1.
Thật vậy: Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN tại D, ta có:
 và .
Do đó ta có điều phải chứng minh.
0,50
Áp dụng bài toán trên vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, M, ta có:
 (1)
Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có: (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có . Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo)
Mà AB BC MF BC 
0,25
Ta có (cùng phụ với góc EAB)
 (tứ giác AMEB nội tiếp)
 Tứ giác MEDC nội tiếp 
0,25
 . Do đó: ME EC (3)
Lại có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ME EN (4) 
Từ (3) và (4) suy ra M, E, N thẳng hàng.
0,25
––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––