Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB.. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’.. Đường thẳng DE cắt MN tại I.. Khi
Trang 1PHÒNG GD & ĐT
NĂM HỌC: 2013 - 2014 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1 ( 5 điểm )
1 Chứng minh rằng: Nếu n là số nguyên thì n5 + 5n3 – 6n chia hết cho 30
3 3
x
Hãy tính giá trị biểu thức sau:
2012
2011 2012
2010
2012
2 2012
1
f f
f f
Bài 2 ( 5 điểm )
1 Giải hệ phương trình :
1
1 3
2 2
3 3
y x
y x y x
2 Giải phương trình nghiệm nguyên: 5(x2 + xy + y2) = 7(x + 2y)
Bài 3 ( 3 điểm )
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điểu kiện
2014 1
1 1 10 1 1
1
ca bc ab c
b
1 2
2 5
1 2
2
5
1
a ca c c
bc b b
ab
Bài 4 ( 6 điểm )
Cho hai đường tròn ( O; R) và ( O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O ( D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’) Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N ( M và N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN tại I Chứng minh rằng:
a MI.BE = BI.AE
b Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định
Bài 5 ( 1 điểm )
Cho x, y là các số nguyên khác 1 thỏa mãn 2 11 2 11
x
y y
x
là số nguyên Chứng minh rằng : x2y22 – 1 chia hết cho x + 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG II Năm học 2013 - 2014
Môn thi : Toán
Bài 1
5 + 5n3 – 6n = ( n5 – n ) + ( 5n3 – 5n) = n( n - 1)( n + 1)( n2 +1) - 5n( n + 1)( n - 1) Mỗi số hạng của A đều chia hết cho 6 và 5 mà ( 5; 6) = 1 nên A 30
3
) 1
x
x
3
) 1 (
) 1 (
x x
x
-> f(x) + f(1 – x) = 1 -> x + y = 1 -> f(x) + f(y) = 1, f
2
1
= 21
2012
2010 2012
2 2012
2011 2012
1
f f
f f
2
1 1005 2012
1006 2012
1007 2012
1005
1,5đ 1,0đ
1,5đ
1,0đ Bài 2
(5đ) 1
1
1 3
2 2
3 3
y x
y x y x
<->
1
1 ) )(
3 (
2 2
3 3
y x
y x y x
((12))
Từ (1) và (2) -> (3x3 – y3)(x + y) = (x2 + y2 )2
……
<-> ( x – y)(x + 2y)(2x2 + xy + y2) = 0
<->
0 2
0 2 0
2
2 xy y x
y x
y x
* Nếu x – y = 0 -> x = y thay vào (2) -> x = y =
2 2
hoặc x = y =
2
2
* Nếu x + 2y = 0 thay vào (2) -> x =
5
5 2
5 5
hoặc x =
5
5
2 , y =
5
5
* Nếu 2x2 + xy + y2 = 0 -> x = y = 0 loại
1,5đ
Trang 3Vậy (x; y) = ; 55
5 5 2
; 5
5
; 5 5 2
; 2
2
; 2
2
; 2
2
; 2 2
2 5(x2 + xy + y2) = 7(x + 2y) (1)
-> 7(x + 2y) 5 -> x + 2y 5 , Đặt x + 2y = 5t (tz ) (2)
(1) <-> x2 + xy + y2 = 7t (3)
Từ (2) -> x = 5t – 2y thay vào (3) có:
3y2 -15ty + 25t2 – 7t = 0 (*)
∆ = 84t – 75t2
Để (*) có nghiệm thì ∆ ≥ 0 <-> 84t – 75t2 ≥ 0
<-> 0 ≤ t ≤ 2528 t z -> t = 0 hoặc 1
Nếu t = 0 từ (*) -> x1 = 0, y1= 0
Nếu t = 1 từ (*) -> x2 = -1, y2 = 3
hoặc x3 = 1, y3 = 2
1,0đ
1,5đ
1,0đ
Bài 3
(3đ)
Đặt xa1 , yb1 , zc1
Từ gt có 15(x2 + y2 + z2) = 5( 2xy+2yz+2xz) + 2014
≤ 10(x2 + y2 + z2) + 2014
-> 5(x2 + y2 + z2) ≤ 2014
Do ( x+y+z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) ≤ 3.20145
Có 5a2 + 2ab + 2b2 = 4a2 + 2ab + b2 + (a2 +b2) ≥ 4a2 + 2ab + b2 + 2ab = ( 2a+ b)2
b a b
a b ab
2 9
1 1 2 9
1 2
1 2
2 5
1
2 2
c bc
2 9
1 2 2 5
1
2 2
z x
a ca
2 9
1 2 2 5
1
2 2
3 2
2 2
9
x z z y y
x
15
2014 5
2014 3 3
1
-> Max P = 201415 <-> a = b = c = 201415
1,0đ
1,0đ
Trang 4Bài 4
(6đ)
a, BDE = BAE, BAE = BMN -> BDE = BMN
-> BDI = BMI -> BDMI là tứ giác nội tiếp
-> MDI = MBI = ABE
BMI = BAE -> ∆MBI ̴ ∆ABE ( g.g)
-> đpcm
b, Q là giao điểm của CO và DE, K là giao điểm của OO’ và DE,
H là giao điểm của AB và OO’
∆v OCD có OQ.OC = OD2 = R2
∆vKQO ̴ ∆ CHO (g.g) -> OC.OQ = KO.OH
-> KO OH = R2 -> OK =
OH
R2
Vì OH cố định, R không đổi -> OK không đổi -> K cố định
1,5đ
1,5đ
1,5đ
1,5đ
Bài 5
(1đ)
Đặt x y b a
1
1
2
,
d
c x
y
1
1
2
) 0 , , 1 )
; (
; 1 )
; (
;
;
;
; (a b c dZ a b c d b d
bd
bc ad d
c b
a x
y y
x
1
1 1
1 2 2
(K Z)
-> ad + bc = bdk -> ad + bc b, ad b -> d b ( vì (a; b) = 1)
Tương tự b d -> b = d
x
y y
x d
c b
a
1
1 1
1
2 2
( Vì x,y Z) -> ac = mbd -> ac b -> c b ( vì ( a; b) = 1)
-> c d ( vì b = d) và (c; d) = 1 -> d = 1 -> ( y2 – 1) ( x + 1)
0,5đ
Trang 5x2y22 – 1= x2(y22 – 1) + x2 - 1 Do y22 – 1 y2 – 1
-> y22 – 1 x + 1 -> x2(y22 – 1) x + 1 mà x2 – 1 x + 1
-> x2y22 – 1 x + 1
0,5đ