De thi HSG lop 9 nam hoc 2010 2011

Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ). a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi khi C chạy trên nửa đường tròn.. b) Gọi M là trung đ[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG NAM NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi : TOÁN

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 01/4/2011

Câu 1 (3,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức A = 4 7  4 7  2

;

2 2 2  4 y 2 2 2  4 Tính B = x2 – y2

Câu 2 (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: x27x12 2 3 x7

b) Giải hệ phương trình:

2

x xy y

x xy y



Câu 3 (3,0 điểm):

Cho phương trình: x4 + x2 + 2mx + m2 + 2m + 1 = 0

a) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất

b) Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4 (3,0 điểm):

Chứng minh

5 3 2011

120 24 30

 

có giá trị nguyên với mọi m thuộc Z

Câu 5 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC Trên AC lấy điểm M sao cho

1 4

AM

AC  , trên BC lấy điểm N sao

cho

1

5

BN

BC  AN và BM cắt nhau tại I So sánh diện tích AIM và diện tích BIN

Câu 6 (4,0 điểm):

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A ) Tia phân giác góc CAB cắt BC tại E và cắt nửa đường tròn tại D (D khác A ) a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi khi C chạy trên nửa đường tròn

b) Gọi M là trung điểm của BC Tia OM cắt nửa đường tròn tại N

Chứng minh DE > MN

Hết (Đề ghi lại từ HS độ chính xác chưa cao mong quí Thầy Cô thông cảm nếu có sai sót )

ĐỀ CHÍNH THỨC

MỘT VÀI CÁCH GIẢI ĐỀ THI HỌC GIỎI TỈNH

Năm học 2010 -2011 Câu 1 (3,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức A = 4 7  4 7  2=

2 2

 =

7 1 7 1

2 2

  

 =

2

2

2  = 2 2 = 0 Cách khác: 2A  8 2 7  8 2 7 2 

 7 12  7 12 2 7 1 7 1 2

= 0 Vậy A = 0

=

 

3 3 3

2





=

2 1





=

 

3 3 3

3 2





=

2 1





Ta có B = x2 – y2 =  3 4  3 22

–  3 43 22

=

 3 4 3 2 3 4 3 2  3 4 3 2 3 43 2

=  3 2 3 2  3 4 3 4 2 2.2 43 3

= – 4.2 = –8

Câu 2 (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: x27x12 2 3 x7<=> x2 4x 4 3x 7 2 3x  7 1 0

<=>  2  2

x  x  

Ta có (x+2)2 0 và  3x  7 12 0

với mọi x

x  x  

khi x + 2 =0 và 3x   7 1 0

<=> x = –2 và 3x + 7 = 1 => x = –2

Vậy nghiệm số của phương trình là x = –2

b) Giải hệ phương trình:

2

x xy y

x xy y



2

x xy y

x y xy





xy xy







hoac



2

1

x y



Ta có phương trình x2 – 2x + 5 = 0 vô nghiệm, nên hệ phương trình (1) vô nghiệm

Vậy nghiệm số của phương trình đã cho là (x; y ) = (2; 0 ) ; (0; 2 )

Câu 3 (3,0 điểm):

Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình đã cho Vậy ta có:

x04 + 2x02 +2x0m + m2 + 2m + 1 = 0 <=> m2 + 2(x0 + 1)m + x04 + 2x02 + 1= 0 (1)

m xác định khi 'của phương trình (1) lớn hơn hoặc bằng 0

<=> (x0 + 1)2 – x04 – 2x02 – 1 0 <=>(x0 + 1)2 – (x02 + 1)2 0

<=> (x0 + 1 – x02 – 1)(x0 + 1 + x02 + 1) <=> x0(1 – x0)(x02 +x0 + 2) 0

<=> x0(1 – x0) 0 (Vì x02 +x0 + 2 0 ) <=> 0 x0 1

=> giá trị nhỏ nhất của nghiệm là x0 = 0 => m = –1

và giá trị lớn nhất của nghiệm là x0 = 1 => m = –2

Câu 4 (3,0 điểm):

Chứng minh

5 3 2011

120 24 30

 

có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z

Ta có

5 3 2011

120 24 30

 

=

5 5 3 8044 120

n  n  n

=

5 5 3 4

67 120

n

 



Ta có n5 – 5n3 + 4n = n(n4 – 5n + 4 ) = n(n2 – 4)(n2 – 1) = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)

Ta có (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)3 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (1 )

(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)5 (Vì tích của 5 số nguyên liên tiếp ) (2 )

(n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)8 (Vì trong 5 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 ) (3 )

mà 3; 5; 8 là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)(3.5.8)

=> (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)120 và 67n là số nguyên với mọi n thuộc Z

Vậy

5 3 2011

120 24 30

 

có giá trị nguyên với mọi n thuộc Z

Câu 5 (3,0 điểm):

So sánh diện tích AIM và diện tích BIN:

Gọi diện tích AIM là x và diện tích BIN là y

Ta suy ra SCIM = 3x và SCIN = 4y

Ta có SCAN = SCIM + SCIN + SAIM

= 3x + 4y + x = 4x + 4y

Mà SCAN =

4

5 SCAB => 4x + 4y =

4

5 SCAB (1)

Ta có SCBM = SCIM + SCIN + SBIN = 3x+ 4y + y = 3x + 5y

Mà SCBM =

3

4SCAB => 3x + 5y =

3

4 SCAB (2)

Ta đặc SCAB = 1 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình

4

5

3

4









 1

8

x x

y











1

8

3

40

x

y





Vậy SAIM =

1

8SCAB và SBIN =

3

Ta có

8 40  40 .Vậy SAIM > SBIN

*/ Cách khác: SAMB =

1

4 SACB và SANB =

1

=> SAMB > SANB

mà SAMB = SAIB + SAIM và SANB = SAIB + SBIN

Nên SAIB + SAIM > SAIB + SBIN

Vậy SAIM > SBIN

Câu 6 (4,0 điểm):

a) Chứng minh AD.AE + BC.BE bằng một đại lượng không đổi

Từ E hạ EH vuông góc với AB tại H

Ta có ADB đồng dạng với AHE (g – g)

C

M

N B

P N M

D C

E

B A

O H

=>

AD AB

AH AE => AD.AE = AB.AH (1)

Ta có ACB đồng dạng với EHB (g – g)

=>

BC AB

HB BE => BC.BE = AB.HB (2)

tỪ (1) Từ (1) và (2) AD.AE + BC.BE = AB(AH + HB) = AB.AB = AB2

Ta có AB không đổi => AB2 không đổi

Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổi

*/ Cách khác: AD.AE + BC.BE = (AE + ED)AE + (BC – EC)BC

= AE2 + ED.AE + BC2 – BC.EC = BC2 + AE2 + ED.AE – BC.EC

= BC2 + AE2 + EB.CE – BC.EC (Vì ED.AE = BE.EC )

= BC2 + AE2 – EC(BC – BE) = BC2 + AE2 – EC2 = BC2 + AC2 = AB2

Vậy AD.AE + BC.BE bằng một đại lương không đổ

b) Chứng minh DE > MN:

*/ Cách 1:

Từ D vẽ tiếp tuyến với (O) cắt BN kéo dài tại P

Ta có tứ giác MNPD nội tiếp (Tổng 2 góc đối diện MDP và MNP bằng 1800 )

=> NMPNDP (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )

Mà NAPNDP (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung )

=> NMPNAP mà 2 góc này ở vị trí đồng vị => AD // MP

mà ME // DP (cùng vuông góc với OD )

=> Tứ giác MPDE là hình bình hành => DE = MP mà MP > MN (Cạnh huyền và cạnh góc vuông )

Vậy DE > MN

*/ Cách 2:

Lấy P là điểm đối xứng của E qua M

Ta suy ra DEP = DPE

Ta có DEP = AND (Vì cung DC bằng cung DE)

=>DPE = AND hay DPM = MND

=> Tứ giác MPND nội tiếp mà OD vuông góc với BC

=> DP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

MDNP => DP > MN

mà DP = DE (Tính chất đối xứng)

Vậy DE > MN

*/ Cách 3:

Lấy P là điểm đối xứng của N qua OD

Ta suy ra CMP = NMB

Ta có NMB = ADP (Vì cung PC bằng cung NB)

=>EMP = EDP

=> Tứ giác MDPE nội tiếp mà OD vuông góc với BC

=> DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

MDPE => DE > MP

mà MP = MN (Tính chất đối xứng)

P

N M

D C

E

B A

O

M E A

P

N

D C

B O

Vậy DE > MN

*/ Cách 4:

Từ M hạ MP vuông góc với ND tại P

Ta có DEM = AND (Vì cung CD bằng cung DB)

=> EMD đồng dạng với NPM (g - g)

1

DE DM

MN MP  VÌ MD > MP (Quan hệ giữa đường xiên

và đường vuông góc )

Vậy DE > MN

A

M E

P N

D C

B O