Câu 4: Chứng minh rằng không thể chia 6 số tự nhiên liên tiếp thành 2 nhóm mà tích các phần tử trong mỗi nhóm bằng nhau.. Gọi H là trực tâm của ABC, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC..
Trang 1Phòng giáo dục vĩnh tờng
Đề khảo sát đội tuyển hsg lớp 9 lần ii
Năm học: 2006-2007
Môn: Toán Câu1:
a.Tính giá trị biểu thức
B=3 1620 12 17457 3 1620 12 17457
b.Chứng minh rằng số x sau là một số hữu tỷ:
27
125 9 3 27
125 9
3
Câu 2: Cho đa thức bậc bốn P(x) thoả mãn:
P(-1)=0 P(x) – P(x-1) = x(x+1)(2x+1)
a Xác định P(x)
b Suy ra giá trị của tổng:
S= 1.2.3 + 2.3.5 + … + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên dơng
Câu 3:
a Hai số dơng x, y thoả mãn 2 3 6
y
x Tìm giá trị lớn nhất của tổng x + y
b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2 + xy + y2.Trong đó x, y là các số thực thoả mãn 2 điều kiện 2x y 3 và x 3y 1
Câu 4: Chứng minh rằng không thể chia 6 số tự nhiên liên tiếp thành 2 nhóm mà tích
các phần tử trong mỗi nhóm bằng nhau
Câu 5: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đờng cao tơng ứng
với các cạnh AB, BC, CA của ABC Gọi H là trực tâm của ABC, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC Các đờng cao AA’, BB’, CC’ cắt đờng tròn tâm O tại A”, B”, C” Chứng minh rằng:
a H là tâm đờng tròn nội tiếp của A’B’C’
b SA’B’C’ = (1 – cos2A – cos2B – cos2C).SABC
c Tìm tập hợp các điểm M của ABC sao cho SMAB = SMBC
CÁC TÀI LIỆU KHÁC VUI LềNG VÀO WEBSITE: http://phantu2010.violet.vn
Phòng giáo dục vĩnh tờng
Đáp án chấm khảo sát đội tuyển
Môn:Toán 9 Câu 1: (2 điểm)
a.Đặt b1=3 1620 12 17457 ; b2 =3 1620 12 17457
suy ra b1*b2 = 48
Khi đó: B = b1 + b2
B3 = (b1 + b2)3 = b1 + b2 + 3b1b2(b1 + b2)
= 3240 +144 B
B3 – 144B -3240 = 0
(B – 18)(B2 + 18B + 180) = 0
B – 18 = 0
B = 18
Vậy B = 18
0.25 0.25
0.25
Trang 2b Đặt x1=3
27
125 9
3 ; x2= 3
27
125 9
3
Suy ra: x1*x2=5/3
Khi đó x= x1- x2
x3=(x1 – x2)3 = x1 - x2 – 3x1x2(x1- x2)
x3 + 5x – 6 = 0
(x – 1)(x2 + x + 6) = 0
x – 1= 0
x=1
Vậy x = 1 là số hữu tỷ
0.25 0.5
0.5 Câu 2: (2 điểm)
Đặt P (x) – P(x-1) = x( x+ 1)(2x+1) (1)
a.Thay x lần lợt bằng -1; 0; 1; 2 vào (1) ta đợc
P(-1) – P(-2) = 0 P(-2)=0
P(0) – P(-1) = 0 P(0) = 0
P(1)-P(0) = 1.2.3 P(1)=6
P(2) – P(1) = 2.3.5 P(2) = 36
Đặt P(x) = b0 +b1 (x+1) + b2(x+1)x + b3(x+1)x(x-1) +b4(x+1)x(x-1)(x-2)
(2)
Thay x lần lợt bằng-1; 0; 1; 2; -2 vào (2) ta đợc:
0= b0
0=b1 b1=0
6= b2.2.1 b2=3
36 = 3.3.2 + b3.3.2.1 b3=3
0= 3.(-1).(-2)= 3 (-1).(-2).(-3) + b4.(-1).(-2).(-3).(-4) b4=1/2
Vậy đa thức cần tìm có dạng:
P(x)=3(x+1)x + 3(x+1)x(x-1) + 1/2(x+1)x(x-1)(x-2)
P(x) = 3(x+1)x2 + 1/2(x+1)x(x-1)(x-2)
P(x) = (x+1)x.[3x + 1/2 (x-1)(x-2)]
P(x) = 1/2 (x+1).x.[6x + (x-1)(x-2)]
P(x)= 1/2(x+1).x.(x+1)(x+2)
P(x) = 1/2x.(x+1)2(x+2)
b.Từ (1) bằng cách thay lần lợt x=1; 2; … + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d; n ta đợc
P(1) – P(0)=1.2.3
P(2)-P(1)=2.3.5
… + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d
P(n)-P(n-1)=n.(n+1)(2n+1)
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta đợc:
P(n)-P(0)= 1.2.3 + 2.3.5+ … + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d + n(n+1)(2n+1)
S=p(n) = 1/2n(n+1)2(n+2)
0.25 0.25
0.5 0.25
0.25
0.25 0.25 Câu 3: (2,25 điểm)
y
x
3
2 3
Do vậy theo Bđt Bunhiacopxki ta suy ra:
) ( 6 ) )(
3 2 ( ) 3 2
y
6
6 2 5 ) 3 2 ( 6
x y
Dấu “bằng ’chỉ xảy ra khi
0.25
0.25
Trang 36 6 3
; 6 6 2 0
,
3
2
6
3
2
y x
y
x
y
x
Vậy Min(x+y)=
6
6 2
5 khi x=
6
6 3
; 6
6
b.Từ 2x y 3 và x 3y 1
Nhân 2 vế bđt với 3 và 2 ta có:
9 3
6x y và x 3y 1 (1)
3
2x y và 2x 6y 2 (2)
áp dụng bđt AB A B (đẳng thức chỉ xảy ra khi A, B cùng dấu)
Từ (1) và (2) ta đợc
10 2 3 3 6 ) 2 3 ( ) 3 6
(
5x x y y x y y
2
x
5y ( 2x y) ( 6y 2x) 2x y 6y 2x 5 y 1
Vậy x2xyy2 x2 xy y2 4217
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 2 và y 1
Trong đó x và y cùng dấu hay (x,y) bằng (2;1) hoặc (-2;-1)
Khi đó x2+xy+y2=7
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25 0.25
0.25 Câu 4 (1 điểm)
Gọi 6 số đó là: a+1; a+2; … + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d; a+5; a+6
Giả sử có thể chia đợc 6 số đó thành 2 nhóm và tích các phần tử trong
mỗi nhóm đều bằng nhau
Gọi A là tích các số của nhóm 1; B là tích các số của nhóm 2 Suy ra
A=B
Từ đó tích 6 số đó bằng A2 là số chính phơng
*Nếu cả 6 số a+1; a+2; … + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d; a+6 đều không chia hết cho 7
Suy ra: (a+1).(a+2)… + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d(a+6)1.2.3.4.5.6 (mod 7)
(a+1).(a+2)… + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d(a+6) -1 (mod 7)
Nhng A2 -1 (mod 7) nên loại
*Nếu có 1 trong 6 số đó chia hết cho 7
Do (a+1);… + n(n+1)(2n+1) với n là số nguyên d(a+6) là 6 số tự nhiên liên tiếp nên trong 6 số đó chỉ có 1 số
chia hết cho 7 suy ra tích của 1 nhóm chia hết cho 7 và một nhóm tích
không chia hết cho 7
Mặt khác: tích các số trong nhóm 1 và 2 bằng nhau
Điều này vô lý
Vậy không thể chia 6 số tự nhiên liên tiếp thành 2 nhóm mà tích các
phần tử trong mỗi nhóm bằng nhau
0.25
0.25
0.25 0.25 Câu 5 (2,75 điểm)
C
B B
O C
Trang 4M
C
K
H
H
a.Chứng minh đợc A1 A2 suy ra A’H’ là phân giác góc C’A’B’
Tơng tự: B’H; C’H là phân giác của các góc A’B’C’; A’C’B’
Từ đó suy ra đợc H là trực tâm tam giá A’B’C’
b.Do H là trực tâm ABC và ABC nhọn nên H nằm trong ABC
SA’B’C’ = SABC- SAB’C’-SBC’A’-SCB’A’
ABC S
A CB S ABC S
A BC S ABC S
C AB S ABC
S
C
B
A
S
' ' '
' '
'
'
'
1
Ta có AB’C’ ABC ( góc A chung; AB’C’=ABC (cùng bằng
C’B’C)
A AB
AB ABC
S
C
AB
S ' ' ' 2 2
cos ) (
ABC S
B C A
S ' ' 2
cos
ABC S
A CB
S ' ' 2
cos
Vậy ta có
C B
A ABC
S
C
B
A
cos cos
cos
1
hay SA'B'C' ( 1 cos 2 A cos 2 B cos 2C).SABC
c
*Thuận:
MAB; MBC có chung MB và SMAB=SMBC nên các đờng
cao vẽ từ A và C đễn MB bằng nhau
Do đó M (d) qua B // AC hoặc M (d’) chứa trung tuyến kẻ từ B của
ABC
Giới hạn: M chuyển động trên (d) và (d’)
*Đảo: Lấy M bất kỳ (d) hoặc (d’)
+ Nếu M (d), vẽ AH (d); CK (d) suy ra AH //CK
Ta có: AH // CK; (d) //AC suy ra AH = CK
Nên SMAB = SMBC
+ Nếu M’ (d’)
Vẽ AH’ (d’); CK’ (d’) suy ra AH’ // CK’
' ' '
'
IC
AI
CK
AH
Suy ra SM’AB = SM’BC
0.75 0.25 0.25
0.25
0.25
0.25 0.25
0.25
0.25 0.25
A
C
A d
d
Trang 5*Kết luận: Tập hợp các điểm M là đờng thẳng (d) ((d) đi qua B và // với
AC ) và đờng thẳng (d’) ((d’) chứa trung tuyến BI của ABC)