Hạ MH vuông góc với đường thẳng d tại H.. Chứng minh rằng ta luôn có MF MH... Ngoài ra, các tam giác MIN và PON lần lượt cân tại I và O.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI Năm học: 2006 – 2007
- Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
ĐỀ BÀI:
Bài 1: ( 1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng n n 2 2 1 chia hết cho 12, với mọi số nguyên dương n b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x xy y 1
Bài 2: ( 1,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A 3 3 5 4 2 6 77 24 10
b) Giải phương trình: 8 x 8 x 64 x2 4
Bài 3: ( 1,5 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực a b c, , , ta có:
2 2 2
3 a b c 1 2 a b c ab bc ca
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Bài 4: ( 1,5 điểm)
Cho các số thực a b x y, , , thỏa mãn hệ:
ax by 1 , ax2 by2 5 , ax3 by3 7 , ax4 by4 17
Tính giá trị của biểu thức: B ax2007 by2007
Bài 5: ( 1,5 điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( )P y ax 2 (a 0), điểm 0; 1
4
F a
và đường thẳng ( )d 1
4
y a
song song với trục hoành Gọi M là điểm bất kì trên parabol ( )P Hạ MH vuông góc với đường thẳng ( )d tại H Chứng minh rằng ta luôn có MF MH
Bài 6: ( 2,5 điểm)
Cho đường tròn (O) và dây AB của đường tròn Một đường tròn ( I ) xúc với đoạn AB tại M và tiếp xúc trong với (O) tại N Đường thẳng MN cắt (O) tại P (P khác N) Chứng minh rằng: PM2 PN2 2.PA2 ( Hết )
Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………
Trang 2Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, năm học 2006 – 2007
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN 9
Bài 1: ( 1,5 điểm )
a) - Ta có: n n2 2 1 n 1n n n 1
n 1n là tích 2 số nguyên liên tiếp nên n 1n 2
n n 1 là tích 2 số nguyên liên tiếp nên n n 1 2
- Ta có: n n 2 2 1 n 1 n n 1 n
Nếu n 3k, thì n n 2 2 1 3
Nếu n 3k 1, thì n 1 3, nên n n 2 2 1 3
Nếu n 3k 2, thì n 1 3, nên n n 2 2 1 3
- Ngoài ra 3 và 4 nguyên tố cùng nhau
- Vậy 2 2
1
n n 12 ……… 0,5đ
b) Ta có: x xy y 1 x 1 y 1 2 ……… 0,5đ
1 1, 1 2
1 2, 1 1
0, 1
1, 0
x y
x y
………0,5đ
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là:
x y ; 0;1 , x y ; 2; 3 , x y ; 1;0 , x y ; 3; 2 ……….0,5đ
Bài 2: ( 1,5 điểm )
a) A = 3 3 5 4 2 63 5 4 2 2 ……… 1đ = 33 5 4 2 3 5 4 2 = 3 13 ………0,5đ
Trang 3
b) Điều kiện: 8 x 8
64
2
t
Vậy phương trình có dạng: t2 2t 24 0 ………0,5đ Giải và loại nghiệm âm, ta có nghiệm: t 4
Do đó: 8 x 8 x 4 , hay 16 2 64 x2 16, hay x 8……… 0,5đ
Bài 3: ( 1,5 điểm )
- Trước hết, ta có:
a b 2 0 a2 b2 2ab Đẳng thức xảy ra (ĐTXR) a b
Tương tự: b2 c2 2bc ĐTXR b c
c2 a2 2ca ĐTXR c a
Do đó: a2 b2 c2 ab bc ca , a b c R, , ĐTXR a b c (1)… 0,5đ
- Ta lại có: a 12 0 a2 1 2a (2) ĐTXR a 1
Tương tự: 2
1 2 b b (3) ĐTXR b 1 c2 1 2c (4) ĐTXR c 1 Theo (1), ta có: 2 2 2 2 a b c 2 ab bc ca (5) ………0,5đ Cộng (2), (3), (4), (5) theo vế, ta được: 2 2 2 3 a b c 1 2 a b c ab bc ca ……… 0,25đ ĐTXR a b c 1……….0,25đ Bài 4: ( 1,5 điểm ) Xét hệ: ax by 1 (1)
ax2 by2 5 (2)
ax3 by3 7 (3)
ax4 by4 17 (4)
Nhân (2) với x y , ta có: ax3 by3 xy ax by 5x y Thay (1) và (3) vào đẳng thức trên, ta có: 7 xy 5x y (5)
Nhân (3) với x y , ta có: ax4by4xy ax 2by2 7x y Thay (2) và (4) vào đẳng thức trên, ta có: 17 5 xy 7x y (6)
Trang 4
Vậy x y, thỏa mãn hệ:
xy x y
xy x y
Giải hệ này, ta được:
1
2
x y xy
x y
Với x 1,y 2, hệ đã cho có dạng:
16 17
a b
a b
a b
a b
a b 1
Trường hợp x 2,y 1, tương tự ta cũng thu được a b 1………… 0,5đ Vậy: B ax 2007 by2007 x2007 y2007 2 2007 1……… 0,5đ
Bài 5: ( 1,5 điểm )
( Giám khảo tự vẽ hình )
Xét a 0 ( với a 0, tương tự )
Giả sử: M x y ; ( )P Thế thì: 2
y ax
Ta có: ; 1
4
H x
a
Do đó:
2
4
MF x y
a
2
4
x ax
a
2 4 2
2
1
2 16
x
a x
a
Và:
2
4
MH y
a
2
4
ax
a
2 4 2
2
1
2 16
x
a x
a
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh……… 0,5đ
Bài 6: ( 2 điểm )
Trang 5
Ta có O I N, , thẳng hàng Suy ra MNI PNO
Ngoài ra, các tam giác MIN và PON lần lượt cân tại I và O
Do đó: NMI NPO
Suy ra: MI // PO hay POAB
Vậy: P là điểm chính giữa của cung AB (không chứa N)……….0,5đ Suy ra: PAB PNA hay PAM PNA
Do đó hai tam giác ANP và MAP đồng dạng……… 0,5đ
2 2
2
PM PN