ĐỀ HSG toán 9

AH b/ Gọi S là diện tích tam giác ABC.. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK đi qua một điểm cố định khác điểm O Đáp án và biểu điểm Gọi Oz là tia phân giác của ·xOy vẽ đư

PHÒNG GD- ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

- NĂM HỌC 2005-2006

-MÔN THI : TOÁN

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

Ngày thi: 20 -01 -2006

Bài 1: (4,0 đ)

1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006

a/ Tính A (1,0 đ) b/ Nếu thay tổng của hai số hạng bất kỳ ( chọn trong tổng A)ø bằng hiệu của hai số hạng đó thì tổng mới của A là số lẻ hay số chẵn (1,0 đ)

2/ Chứng minh rằng số tự nhiên :

A = 1.2.3………2003.2004 (1+ 1 1 + + + 1 + 1

chia hết cho 2005 (2,0 đ)

Đáp án và biểu điểm

1: a/ ( 1,0 đ) Ta có : A = 2006 (2006 1) 1003 2007

2

+ =

= 2013021 b/ ( 1,0 đ) Với hai số a, b bất kỳ thì tính chẵn lẻ của tổng và hiệu giống nhau Ta có:

 a = 2p ; b = 2q ⇒ a + b = 2( p + q) ; a – b = 2( p – q): Chẵn

 a = 2p + 1 ; b = 2q + 1 ⇒ a + b = 2(p + q + 1); a – b = 2(p – q): Chẵn

 a = 2p ; b = 2q + 1 ⇒ a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) – 1 :lẻ

 a = 2p + 1 ; b = 2q ⇒ a + b = 2(p + q) + 1; a – b = 2(p – q) + 1: lẻ Như vậy khi ta thay một tổng bởi hiệu của chúng thì tính chẵn lẻ của tổng A không đổi

A = 2013021 là số lẻ nên tổng A mới là một số lẻ

2/ ( 2,0 đ) Ta có:

C = (1+ 1 1 + + + 1 + 1

= (1+ 2004 1 ) +( 1 + 1

2 2003 ) + ……+ +( 1 + 1

1002 1003 ) = 2005 ( 2004 2 2003 1 + 1 + +1002 1003 1 )

= 2005 k ( 1,0 đ)

B = 1.2.3………2003.2004

mà 1.2.3………2003.2004 ( 2004 2 2003 1 + 1 + +1002 1003 1 ) ∈ N ⇒ B k ∈ N

A = B 2005 k M 2005 ⇒ ĐPCM ( 1,0 đ)

Bài 2: (4,0 đ)

1/ Chứng minh rằng nếu: x2 + y2 = 1 thì: − 2 ≤ x +y ≤ 2 (2,0 đ)

2/ Tính giá trị của biểu thức :

A = x2 + x4 + + x 1 với x = 1 2 1 2

2 + − 8 8 (2,0 đ)

Đáp án và biểu điểm

1/ Ta có: ( x – y )2 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2 xy

Vì x2 + y2 = 1 ⇒ 2xy ≤ 1 Do đó: x2 + y2 + xy ≤ 1 + 1 = 2 ⇔ ( x + y )2 ≤ 2 ⇔  x + y  ≤ 2

⇔ - 2 ≤ x + y ≤ 2

2/ Ta có: x = 1 2 1 2

2 + − 8 8 ⇒

Và x 4 + x + 1 = ( )2

x 3 8

+ ( 0,5 đ)

Thay vào A ta có A = 2 ( 0,5 đ)

Bài 3: ( 4,0 đ)

1/ Cho x> 0, y> 0 thỏa mãn x+ y = 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3x + 2y + 6 8 x y+

2/ Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình:

Đáp án và biểu điểm

1/ Ta có: A = 3x + 2y + 6 8 x y+ =( 0, 5đ) 3(x y) 3 x 6 y 8

2 + + 2 + + +x 2 y ( 0, 5đ)

≥ 3 6 6 x 2 2 y 8 19

2 + 2 x + 2 y = ( 0, 5đ)

Dấu “=” xảy ra khi x = 2; y = 4 ( 0, 5đ)

Vậy: Min P = 19 khi x = 2; y = 4

3

+ − − = − + (1) (0,5 đ)

Ta có vế trái là một số vô tỷ Vế phải là số hữu tỷ nên để phương trình có nghiệm nguyên là cả hai vế của (1) bằng 0

3

 + − − =





− + =

Giải hệ phương trình ta được nghiệm là(3; 6) ( 0,5 đ)

Bài 4: (4,0 đ)

Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c nội tiếp đường tròn ( O; R) Đường cao

AH

a/ Chứng minh: bc = 2R AH

b/ Gọi S là diện tích tam giác ABC Chứng minh: S 3 3 R 2

4

Đáp án và biểu điểm

a/( 2,0 đ) Vẽ đường kính AD ta có: ·ACD =1V( 0,5 đ)

AHB và ACD có · ABH =ADC ·

( Cùng chắn cung AC)

AHB ACD (0, 5 đ)

⇒ bc = 2R AH ⇒ AH = 2R bc ( 0,5 đ)

b/ ( 2,0 đ) Ta có S ABC = 1 2 BC AH = abc 4R ( 0,5 đ)Aùp dụng bất đẳng thức CoSi

ta có S ABC 1 a b c 3 ( )

+ +

≤ (0, 5 đ) dấu “ = “ xảy ra khi a = b = c Khi đó tam giác ABC

đều ⇒ R = a

3 (0, 5 đ)

⇒ S

3

1 a 4a 3

≤

4 3 (R 3) 3 3 2 R

Vậy: S ≤ 3 3 R 2

4 (0, 5 đ)

Bài 5: (4,0 đ) Cho góc xOy và một điểm M chuyển động trong góc đó sao cho

MH + MK = l ( dộ dài cho trước) với H và K là hình chiếu của M trên Ox và Oy Chứng

minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK đi qua một điểm cố định (khác điểm O)

Đáp án và biểu điểm

Gọi Oz là tia phân giác của ·xOy vẽ đường thẳng qua M vuông góc với Oz tại P Ta có

OP vừa là phân giác vừa là đường cao nên OAB cân tại O

⇒ OA = OB.( 0,5 đ) Vẽ AD ⊥OB ta có SOAB= 1 AD OB ( )1

Mặt khác : SABC = SOAM + SOBM = 1 OA MH

1 OB MK

1

2

OAB cố định Đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK có đường kính là OM

Điểm P Nhìn OM dưới một góc vuông nên P thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHMK ⇒

P là điểm cố định ( 0,5 đ)