Cho một đường tròn tiếp xúc với hai canh Ox, Oy của góc xOy lần lượt tại A và B.. Từ điểm A vẽ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn tại điểm thứ hai C.. Tia OC cắt đường tròn tại
Trang 1Đỗ Văn Lâm - Giáo viên trường THCS TT Tân Uyên
Trường THCS TT Tân Uyên
Đáp án kỳ thi HSG cấp huyện
Năm học: 2008 - 2009 Chú ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo
Câu1 Cho biểu thức: A =
3 3
3x
a, Rút gọn biểu thức A
+) ĐKXĐ:
3
x 0 3x 0
4 x
3 3x 8 0
3
≥
≥
⇔
≠
ư ≠
+) A =
3
=
3x 2 3x 2 3x 4
( 3x 2 3x 4)( ).3x( 3x 1) ( 3x 1)
1 3x 3x 2 3x 2 3x 4
+
= 1 ( 3x 1)(3x 1)
( 3x 1)( 3x 1)( 3x 1)
1
3x 1 3x 2
ư
ư
b, A = ( )2
3x 1
3x 2
ư
ư =
2
3x
⇒ A ∈ Z khi 3x 1ư ∈ Ư(1) ⇒
x 3 3x 2 1
1 x
=
⇔
=
ư = ư
Câu2 1 Với n chẵn CMR: A = 20n + 16n - 3n - 1 ⋮ 323 Vì n chẵn ⇒ n = 2k (k ∈ N*)
Do 323 = 17.19 và (17; 19) = 1 ⇒ A ⋮ 323 ⇔ A ⋮ 17 và A ⋮ 19
+) Chứng minh A ⋮ 17 Thật vậy A = 400k + 256k + 9k - 1 ≡ 9k + 1k - 9k - 1(mod 17) ≡0 (mod 17) ⇒ A ⋮ 17 +) Chứng minh A ⋮ 19 Thật vậy A = 400k + 256k + 9k - 1 ≡ 1k + 9k - 9k - 1(mod 19) ≡0 (mod 19) ⇒ A ⋮ 19 ⇒ A ⋮ 17.19 ⇒ A ⋮ 323 hay 20n + 16n - 3n - 1 ⋮ 323 (với n chẵn)
2 Ta có: (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n +30 ⋮ 6n ⇒ 6(n2 + 11n +30) ⋮ 6n ⇒ 6n(n + 11) + 180 ⋮ 6n
⇒ 180 ⋮ 6n ⇒ 30 ⋮ n⇒ n ∈ Ư(30) = {1; 2; 3; 5; 6; 10;15;30}
+) Thử lại: n = 1; 3; 10; 30 thoả mCn điều kiện bài toán
Câu3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: y = 3 x 1ư + 4 5 xư với (1 ≤ x ≤ 5)
a, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có y2 = (3 x 1ư + 4 5 xư )2 ≤ (32 +42)[( x 1ư )2 +( 5 xư )2]
⇒ y2 ≤ 25(x - 1 + 5 - x) = 52.22 ⇒ y ≤ 10
⇒ Max y =10 khi x 1 5 x
ư = ư ⇔ x = 61
25
b, Xác định giá trị nhỏ nhất: y2 = 9(x - 1) +16(5 -x) + 24 (x 1)(5 x)ư ư = 71 - 7x +24 (x 1)(5 x)ư ư
mặt khác: 1 ≤ x ≤ 5 ⇔ - 35 ≤ - 7x ≤ -7 ⇔ 71 - 35 ≤ 71 - 7x ≤ 71 - 7 (do (x 1)(5 x)ư ư ≥ 0)
⇒ 71 - 35 ≤ 71 - 7x +24 (x 1)(5 x)ư ư ≤ 71 - 7 +71 - 7x +24 (x 1)(5 x)ư ư ⇒ y2 ≥ 71 - 35 = 36 ⇒ y ≥ 6
Vậy Min y = 6 khi x = 5
Câu4 1 Giải hệ phương trình:
x y xy 2 3 2 x y xy 2 3 2
⇔
Đặt S = x +y, P = xy (S2
≥ 4P)
Trang 2Đỗ Văn Lâm - Giáo viên trường THCS TT Tân Uyên
⇒ S2 +2S = 6 + 4 + 6 2 ⇔ (S +1)2 = 11 + 6 2 ⇒ (S+1)2 = (3 + 2)2 ⇒ S 1 3 2
+ = +
+ = ư ư
⇔
2
S 2 2; P 2 2
S 4 2; P 6 4 2 (loại vì S 4P)
xy 2 2
+ = +
=
x 2; y 2
Kết luận: Hệ đC cho có hai nghiệm: ( 2; 2) và (2; 2)
2 Chứng minh rằng: 1 2 1 2 2
1 a +1 b ≥1 ab + + + (a ≥ 1; b ≥ 1) ⇔ 2
1
1 a+
-1
1 ab+ + 2
1
1 b+
-1
1 ab+ ≥ 0
(1 a )(1 ab) (1 b )(1 ab)
2
a(b a)(1 b ) b(a b)(1 a )
(1 a )(1 ab)
(1 a )(1 ab)
2
(Luông đúng với mọi a ≥ 1; b ≥ 1) ⇒ (đpcm)
Câu 5 Cho một đường tròn tiếp xúc với hai canh Ox, Oy của góc xOy
lần lượt tại A và B Từ điểm A vẽ đường thẳng song song với OB cắt đường
tròn tại điểm thứ hai C Tia OC cắt đường tròn tại E Hai đường thẳng
AE và OB cắt nhau tại K
a, Chứng minh rằng OK = KB
b, Chứng minh rằng EB CB
EA=CA
c, Gọi a, b, c theo thứ tự là khoảng cách từ C
đến AB, OB, OA CMR a2 = b.c
C/M
a, +) Xét ∆BKE và ∆AKB (có
K chung; A =2 B (cùng chắn cung BE)) ⇒ ∆BKE ∼ ∆AKB (g.g) 2
⇒ BK KE
AK=KB ⇒ KB2 = KE.KA (1) +) Xét ∆OKE và ∆AKO (có
K chung; O =1 A1(vì: O =1 C (so le trong); 1 A1= C cùng chắn cung AE) 1
⇒ ∆OKE ∼ ∆AKO (g.g) ⇒ OK KE
KA=KO ⇒ KO2 = KE.KA (2)
Từ (1) và (2) ⇒ KO = KB
b, +) Xét ∆OEB và ∆ OBC có O chung; OBE OCB =⇒ ∆OEB ∼ ∆OBC (g.g) ⇒ OB EB
OC =BC (1) +) Xét ∆OEA và ∆ OAC có O chung; OAE OCA= ⇒∆OEA ∼∆ OAC (g.g) ⇒ OA EA
OC =AC (2) +) Mặt khác OA = OB(T/chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) (3)
Từ (1) , (2) và (3) ⇒ EB EA EB CB
BC = AC⇒ EA =CA (đpcm)
c, Gọi M, N, H lần lượt là hình chiếu của C lên OB, OA, AB
⇒ Tứ giác BMCH nội tiếp đường tròn đường kính BC ⇒ HBC HMC CAN ==(*) Tương tự tứ giác ANCH
là tứ giác nội tiếp ⇒ CHN CAN =(**) Từ (*) và (**) ⇒ CMH CHN = (1')
Tương tự: Tứ giác BMCH nội tiếp đường tròn đường kính BC ⇒ MBC=MHC BAC=
Tứ giác BMCH nội tiếp đường tròn đường kính BC ⇒BAC =HCN
⇒ MHC HNC=(2') Từ (1') và (2') ⇒ ∆ CMH ∼∆CHN(g.g) ⇒ CM CH
CH = CN ⇒ CH2 = CM.CN ⇒ a2 = b.c (đpcm)
H
N
M
c
b
a
2
1
1 2
K
O
I
A B