BO de HSG 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD & ĐT PHÚC THỌ TRƯỜNG THCS HIỆP THUẬN. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS NĂM HỌC: 2009 – 2010 Môn thi: Toán Thời gian: 150 Phút. Bài 1: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm a) Cho a, b là 2 số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng: a 2 – b2 chia hết cho 8 b) Tính tổng: P  2  2  2  ...  2 15 35 63 399 Giải 2 2 2 a) (0,5 điểm). Ta có: a – b = (a – 1) – (b2 – 1) = (a + 1)(a – 1) – (b + 1)(b – 1) (0,5 điểm). Vì (a + 1)(a – 1) là tích của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8 (0,5 điểm). Tương tự: (b +1)(b – 1)  8 (0,5 điểm). Vậy: (a2 – b2 )  8 (đpcm) b) 2 2 2 2 P     ...  15 35 63 399 2 2 2 2    ...  (0,5 điểm)  3.5 5.7 7.9 19.21. 1 3 1 (0,5 điểm)   3. (0,5 điểm)  . 1 1 1 1 1 1 1      ...   5 5 7 7 9 19 21 1 21. 2 7 Bài 2: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm a) Cho a, b, c là các số thực khác nhau. Chứng minh rằng: b c c a a b 2 2 2      (a  b)(a  c ) (b  c)(b  a) (c  a )(c  b) a  b b  c c  a b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x  2009  2010  x (0,5 điểm) . Giải a) Ta có:. VT . b c c a a b   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b). 1 1 1 1 1 1      a b a c b c b a c a c b 1 1 1 1 1 1      (0,75 điểm)  a b c a b c a b c a b c (0,75 điểm) . 2 2 2   a b b c c a = VP b) A  x  2009  2010  x  (0,25 điểm) Tập xác định: D = 2009; 2010 (0,5 điểm) .  (0,25 điểm) Với x  D thì A ≥ 0. Do đó: A = 1. Xét:. A2 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 (0,25 điểm) A x  2009  2010  x  2 x  2009. 2010  x 1  2 x  2009. 2010  x 2 Ta có: A 1 (vì 2 x  2009. 2010  x 0 với x  D) <=> A ≥ 1 với x  D (0,25 điểm) Vậy: Amin = 1 khi  x  2009 0  x 2009  2010  x 0   x 2010   (0,25 điểm). 2. Xét: 2 (0,25 điểm) A 1  2 x  2009. 2010  x 1  x  2009  2010  x (vì 2 x  2009. 2010  x x  2009  2010  x , với x  D; BĐT Côsi) <=> A2 ≤ 2 với x  D <=> A  2 với x  D. 2 khi: x – 2009 = 2010 – x <=> x = 2009,5. (0,25 điểm)Vậy Amax = (0,25 điểm). Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55 a c  b) Cho a, b, c, d là các số dương và b d Trục căn thức ở mẫu của biểu thức sau: 1 a b c d Giải a) 3x + 7y = 55 (0,5 điểm). HS tìm được nghiệm nguyên tổng quát của phương trình trên:  x  110  7t (t  )   y 55  3t (0,5 điểm).Để:  110 t  x  0  110  7t  0  7   (t  )   (t  )  y  0 55  3t  0 t  55  3  (0,5 điểm).=> t  16; 17; 18 (0,5 điểm).Vậy phương trình trên có 3 nghiệm nguyên dương là: (2; 7); (9; 4) ; (16; 1) b) 1 1  a  b  c  d ( a  d ) ( b  c) ( a  d )  ( b  c)  ( a  d )  ( b  c )  ( a  d )  ( b  c )   . (0,5 điểm).. . (0,5 điểm).. . (0,5 điểm). . a d  b c a  d  2 ad  (b  c  2 bc ) a d  b c a  d  2 ad  b  c  2 bc. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . (0,5 điểm).. . a d  b c a d  b c (vì. a c  => ad = bc => 2 ad 2 bc ) b d. Bài 4 (4 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm nằm trên đoạn OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J. a) Đường thẳng IJ là gì của đường tròn (O’) ? Giải thích. b) Xác định vị trí của M trên đoạn OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất. Giải (h.1) C J. A. I. M. O. O’. B. D Hình 1 a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB  CD : gt)  ACMD là hình thoi  AC // DM, mà AC  CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)  DM  CB; MJ  CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)  D, M, J thẳng hàng. 0 0 ˆ ˆ ˆ Ta có : IDM  IMD 90 (vì DIM 90 ) ˆ ˆ Mà IJM IDM (do IC = IJ = ID :  CJD vuông tại J có JI là trung tuyến) ˆ ' JMO ˆ ' IMD ˆ ˆ ˆ đối đỉnh) MJO (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); JMO ' và IMD 0 ˆ ˆ (1,5 điểm)  IJM  MJO ' 90  (0,5 điểm) IJ là tiếp tuyến của (O’), J là tiếp điểm b) Ta có IA = IM AB  IO’ = 2 = R (R là bán kính của (O)) O’M = O’B (bán kính (O’)  JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’ R2  4 (1,5 điểm). Do đó SJIO’ R2 SJIO’ = 4 khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên : R 2 2O’J2 = O’I2 = R2  O’J = 2 (0,5 điểm) Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 Bài 5 (4 điểm). a) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M sao cho tổng độ dài các bán kính đường tròn ngoại tiếp  AMB và  BCM là nhỏ nhất. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b) Trong tất cả các tam giác có đáy bằng a, chiều cao bằng h, tam giác nào có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất ? Giải a) (h.2). A. R1. H. O1 M. C. B R2. O2. Hình 2 Gọi O1, R1, O2, R2 lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp  AMB và  BCM (h.2). Xét  O1AB : O1A + O1B AB 2R1 AB (0,5 điểm) 2R1 = AB  AB là đường kính của (O1) và giả sử đường tròn (O1) đường ˆ = 900 (1) kính AB cắt AC tại H thì AHB (0,5 điểm)Tương tự với  O2BC : 2R2 BC. Suy ra R2 nhỏ nhất  BC là đường kính ˆ của (O2) và giả sử đường tròn (O2) đường kính BC cắt AC tại H’ thì BH ' C = 900 (2) (1,0 điểm) Từ (1) và (2) suy ra H’ H. Vậy điểm M phải tìm là chân đường cao kẻ từ C’ đỉnh B. b) (h.3). (2,0 điểm). Lí luận đúng. A. x. A1. y. h. B. a. C. Hình 3 Tất cả các tam giác có đáy a, chiều cao h đều có thể sắp xếp để cạnh đáy của chúng trùng với BC = a, còn đỉnh A ở trên một đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng h. Trong các tam giác này, ta cần tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn 1 nhất. Ta có SABC = 2 ah 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 Mặt khác, nếu r là bán kính của đường tròn nội tiếp thì S ABC = 2 r(AB + BC + CA) ah  r = AB  BC  CA Do a, h, BC không đổi nên r sẽ có giá trị lớn nhất khi AB + AC có giá trị nhỏ nhất Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua xy thì AB + AC = AB + AC’ C’B Khi đó : AB + AC = C’B khi A A1   ABC cân tại A.. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>