KỲ THI CHỌ HỌC SI H GIỎI TP.. Đường tròn tâm O có đường kính bé hơn 1, tiếp xúc với d1 ở phần bên trong hai đường thẳng.. Tam giác đều ABC có đỉnh A nằm trên d2, cạnh BC tiếp xúc với đườ
Trang 1KỲ THI CHỌ HỌC SI H GIỎI TP QUY HƠ ĂM HỌC 2010 – 2011
MÔ : TOÁ LỚP 9 - gày: 11/01/2011 – Thời gian: 150 phút
ĐỀ:
Câu 1 (4 điểm)
a) Tính các số nguyên dương x và y thỏa mãn các tính chất sau:
- Tổng các bình phương của chúng là B,
- Tổng các lập phương của chúng bằng K lần tổng của chúng,
- Và B – K = 28
b) Tìm chữ số hàng đơn vị của: 372011 – 122011 + 732011
Câu 2 (4 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời các đẳng thức:
2
2
x y z
− + =
b) Cho hàm số f(x) xác định với mọi số thực x thỏa mãn:
f(a + b) = f(ab), với mọi a, b và f(1010) = 1000
Tính f(2010)
Câu 3 (4 điểm)
a) Tính tổng S1 = 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2)
Từ đó tính tổng: S2 = 1.22 + 2.32 + …+ n(n + 1)2 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, thì:
(n + 1)(n + 2).…(n + n) chia hết cho 2n Câu 4 (3 điểm)
Cho hai đường thẳng d1, d2 song song và cách nhau 1 đơn vị Đường tròn tâm
O có đường kính bé hơn 1, tiếp xúc với d1 ở phần bên trong hai đường thẳng Tam giác đều ABC có đỉnh A nằm trên d2, cạnh BC tiếp xúc với đường tròn (O) và song song với d1, đoạn nối tâm O với trọng tâm G của tam giác ABC vuông góc với BC Tính độ dài cạnh tam giác để cho tích số giữa diện tích tam giác và diện tích hình tròn là lớn nhất
Câu 5 (2 điểm)
Hình thang cân ABCD (AB // CD) có các cạnh luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O, bán kính R Chứng minh rằng tích số AB.CD không đổi
Câu 6 (3 điểm)
Cho M là một điểm trong tam giác ABC Goi da, db, dc lần lượt là khoảng cách
từ M đến các đỉnh A, B, C và ma, mb, mc là khoảng cách từ M đến các cạnh
BC, CA, AB của tam giác Chứng minh rằng:
da + db + dc ≥ 2(ma + mb + mc)
Trang 2GIẢI ĐỀ THI CHỌ HỌC SI H GIỎI TP QUY HƠ
ĂM HỌC 2010 – 2011
MÔ : TOÁ LỚP 9 - gày: 11/01/2011 – Thời gian: 150 phút Câu 1.(4 đ)
a) Tính x, y
Từ điều kiện bài toán, ta có:
28 28
B K
B K
⇒ xy = 28
Vì x, y nguyên dương nên từ hệ thưc xy = 28, ta có bảng giá trị của x, y:
b) Tìm chữ số hàng đơn vị
Ta có:
374 ≡ 1 (mod 10) ⇒ 374.502.373 ≡ 373 ≡ 73 ≡ 3 (mod 10)
124 ≡ 6 (mod 10) ⇒ 124.502.123 ≡ 123 ≡ 23 ≡ 8 (mod 10)
734 ≡ 1 (mod 10) ⇒ 734.502.733 ≡ 733 ≡ 33 ≡ 7 (mod 10)
Do đó: 372011 – 122011 + 732011 ≡ 3 – 8 + 7 (mod 10) ≡ 2 (mod 10)
Vậy 372011 – 122011 + 732011 có chữ số hàng đơn vị là 2
Câu 2.(4 điểm)
a) Tính x, y, z
Biến đổi điều kiện bài toán:
2
2 1
− + =
Từ (1) suy ra: z = 2 – x + y (3)
Thay (3) vào (2):
2x2 – xy + x – 2(2 – x + y) = 1
⇔ 2x2 + 3x – y(x + 2) = 5
⇔ y =
2
Để y ∈ Z với x ∈ Z thì: x + 2 ∈ Ư(3) ⇒ x + 2 ∈ {-1; 1; -3; 3} ⇒ x ∈ {-3; -1; -5; 1}
Từ đó, ta có nghiệm của hệ là:
b) Tìm hàm số f
Từ điều kiện của hàm số f:
f(a + b) = f(ab), ∀ a, ∀ b
Thay a = 0, ta có: f(b) = f(0), ∀ b
Thay b = 0, ta có: f(a) = f(0), ∀ a
Suy ra f(x) = f(0), ∀ x, do đó f(x) là hàm số hằng
Trang 3Vì: f(1010) = 1000 nên f(0) = 1000
Vậy f(2010) = f(0) = 1000
Câu 3 (4 điểm)
a) Tính tổng S 1 = 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) (n ∈ & * )
Ta xác định đa thức bậc 4 có dạng f(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (a ≠ 0) thỏa điều kiện: f(x) – f(x – 1) = x(x + 1)(x + 2) (1)
(1) ⇔ ax4 + bx3 + cx2 + dx + e – [a(x – 1)4 + b(x – 1)3 + c(x – 1)2 + d(x – 1) + e] = x(x + 1)( x + 2)
⇔ ax4 + bx3 + cx2 + dx + e – (ax4 - 4ax3 + 6ax2 - 4ax + a + bx3 - 3bx2 + 3bx - b + cx2 - 2cx + c + dx – d + e) = x(x + 1)( x + 2)
⇔ 4ax3 + (-6a + 3b)x2 + (4a – 3b + 2c)x = x3 + 3x2 + 2x
⇔
1 4
4 0
3 2
a a
b
a b c d
d
=
=
=
=
Do đó: f(x) = 1 4 3 3 11 2 3
4x +2x + 4 x +2x e+ (e ∈ R)
Cho x lần lượt lấy các giá trị 1, 2, …, n thay vào (1) rồi cộng vế theo vế các đẳng thức, ta được:
1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) = f(n) – f(0)
1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) = 1 4 3 3 11 2 3
4n + 2n + 4 n +2n =
= ( 3 6 2 11 6) ( 1)( 2)( 3)
n n + n + n+ n n+ n+ n+
=
Vậy S1 = 1.2.3 + 2.3.4 + …+ n(n + 1)(n + 2) = ( 1)( 2)( 3)
4
n n+ n+ n+
(n∈ N*) Tương tự, để tính tổng S2 = 1.22 + 2.32 + …+ n(n + 1)2 ta xác định đa thức bậc 4
f(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (a ≠ 0) thỏa mãn điều kiện:
f(x) – f(x – 1) = x(x + 1)2
⇔ 4ax3 + (-6a + 3b)x2 + (4a – 3b + 2c)x = x3 + 2x2 + x
⇔
1 4
4 0
5 6
a a
b
a b c d
d
=
=
=
=
Do đó: f(x) = 1 4 7 3 7 2 5
4x +6x +4x +6x e+ (e∈ R)
Trang 4Từ đó: S2 = 1.22 + 2.32 + …+ n(n + 1)2 = f(n) – f(0) =
(3 3 14 2 21 10) ( 1) ( 2 3) ( 5)
Câu 4.( 3 điểm)
Tính độ dài cạnh tam giác đều ABC
Ta có: OG ⊥ BC, OH ⊥ BC, AG ⊥ BC
⇒ A, G, H, O thẳng hàng
Gọi h là chiều cao tam giác đều ABC,
r là bán kính của (O), khi đó:
a = BC = 2
3
h
, r = 1
2
h
−
SABC =
2
2
2
2 3 3
h
h
S(O) =
2
1
2
h
−
Ta có:
1
Do đó SABC.S(O) đạt GTLN là
16 3
π khi và chỉ khi h = 1 – h ⇔ h = 1
2,
Ta có: a = 2 1 3
3
h
Vậy cạnh của tam giác đều bằng 3
3 thì tích SABC.S(O) đạt GTLN bằng
16 3
π
Câu 5 (2 điểm)
Chứng minh: AB CD không đổi
Gọi E, F, H lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O)
với AB, CD, AD
Ta có: E, O, F thẳng hàng,
AO là tia phân giác của góc A nên 1 2 1ɵ
2
A =A = A
DO là tia phân giác của góc D nên 1 2 1ɵ
2
D D= = D
Vì AB // CD nên A Dɵ+ɵ = 1800, do đó: A D1+1= 900
Suy ra tam giác OAD vuông tại O, với OH là
đường cao, nên ta có: AH DH = OA2 = R2
Mặt khác, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
đối với đường tròn (O) và EF là trục đối xứng
của hình thang cân, ta có:
AH = AE = 1
2AB, DH = DF = 1
2CD
Từ đó, suy ra:
AB.CD = 2AH.2DH = 4AH.DH = 4R2: không đổi
A
B
G
C H
O
r
1
d2
d 1
C D
O H
E
F
2 1
R
Trang 5Câu 6 (3 điểm)
Chứng minh: d a + d b + d c ≥ 2(m a + m b + m c )
Kẻ AA’ ⊥ CM, BB’ ⊥ CM, ta có:
AB ≥ AA’ + BB’
⇒ dc.c ≥ dc.(AA’ + BB’) = dc.AA’ + dc.BB’
= 2SMAC + 2SMBC = b.mb + a.ma
⇔ dc ≥ a.ma b.mb
Ta dựng điểm M’ là đối xứng của M qua phân giác Ct của góc C (hình 2)
Lập luận tương tự đối với điểm M’, ta có:
dc ≥ a.mb b.ma
c +c (1)
Tương tự, ta có:
da ≥ b.mc c.mb
db ≥ c.ma a.mc
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
dc + da + db ≥ b c .ma a c .mb b a .mc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và M trùng với trọng tâm tam giác ABC
Quy Nhơn, ngày 04 tháng 02 năm 2011
Người gửi: BÙI VĂN CHI Trường THCS LÊ LỢI Tp.Quy Nhơn, tỉnh Bình Định
ĐT: 0563828529 Email: buivanchi@yahoo.com
A
M A’
B’
a
b
c
d a
m b
m c
m a
A
M
a
b
c
d a
m b
mc
ma
m a
mb
d c
Hình 2