Đề số 5 kiểm tra đội tuyển

BÀI KIỂM TRA SỐ 5 (Kiểm tra đội tuyển HSG)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)
Bài 1: Cho P là một số tự nhiên nào đó. Gọi n là số lập bởi hai chữ số cuối cùng của P,
còn m là số còn lại của P (chẳng hạn, nếu P = 456789 thì n = 89, còn m = 4567). Chứng minh
rằng P chia hết cho 8 khi và chỉ khi (4m + n) chia hết cho 8 hoặc (4m – n) chia hết cho 8.
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của P =
4xx
x
24
2
++
Bài 3:
Cho
( )
3
17 5 38
5 2
5 14 6 5
m
−
= × +
+ −
. Tính giá trị của biểu thức:
( )
2009
3 2
3 8 2A m m= + +
Bài 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( )
3 3 3 3 3 3

2 2 2
19 19 19
3
5 5 5
b a c b a c
a b c
ab b cb c ac a
− − −
+ + ≤ + +
+ + +
Bài 5: Cho A =
100
1 1 1 1
1
2 3 4 2 1
+ + + + +
−
L
. Chứng minh rằng A < 100
Bài 6: Các góc của tam giác ABC, đều là góc nhọn và có độ lớn bằng
, ,
α β γ
. Gọi AH,
BI, CK là các đường cao của tam giác. Hãy tính
HIK
ABC
S
S
∆
∆

?
Bài 7: Cho hình bình hành ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các
cặp điểm A, B và B, C cắt nhau tại điểm thứ hai M. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác AMD bằng R.
HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 5 (Đội tuyển HSG 08-09)
Môn: Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút, không kể giao đề)
Bài 1: (1,25 đ) Cho P là một số tự nhiên nào đó. Gọi n là số lập bởi hai chữ số cuối cùng
của P, còn m là số còn lại của P (chẳng hạn, nếu P = 456789 thì n = 89, còn m = 4567). Chứng
minh rằng P chia hết cho 8 khi và chỉ khi (4m + n) chia hết cho 8 hoặc (4m – n) chia hết cho 8.
Giải:
Theo bài ra ta viết được: P = 100m + n = 96m + (4m + n) = 104m – (4m – n) (0,25 đ)
Nếu P
8 
=> (4m + n)
8 
vì 96m
8 
(0,25
đ)
Hoặc (4m – n)
8 
vì 104m
8 
(0,25
đ)
Ngược lại (4m + n)
8 
=> P
8 

vì 96m
8 
(0,25
đ)
Hoặc (4m - n)
8 
=> P
8 
vì 104m
8 
(0,25
đ)
Bài 2: (1,25 đ) Tìm giá trị lớn nhất của P =
4xx
x
24
2
++

Giải:
P =
2
2
24
2
x
4
1x
1
4xx

x
++
=
++
(0,25 đ)
=
5
x
2
x
1
2
+






−
(0,25 đ)

5
x
2
x
1
2
+







−
lớn nhất khi
5
2
2
+






−
x
x
nhỏ nhất (0,25 đ)

5
2
2
+







−
x
x
nhỏ nhất khi
2
2






−
x
x
nhỏ nhất (0,25 đ)
mà
0
2
2
≥






−

x
x
nên P lớn nhất và bằng
⇔
5
1
2 x 0
2
2
±=⇔=






−
x
x
(0,25 đ)
Bài 3: (1,25 đ)
Cho
( )
3
17 5 38
5 2
5 14 6 5
m
−
= × +

+ −
. Tính giá trị của biểu thức:
( )
2009
3 2
3 8 2A m m= + +
Giải:
Ta có
( ) ( )
3
17 5 38 . 5 2
5 14 6 5
m
− +
=
+ −
(0,125đ)

( ) ( ) ( )
3 2
2 3
17 5 38 . 5 3. 5 .2 3. 5.2 2
5 9 6 5 5
 
− + + +
 ÷
 
=
+ − +
(0,25 đ)

( ) ( )
( )
2
17 5 38 . 17 5 38
5 3 5
− +
=
+ −
(0,125 đ)
=
( )
2
2
17 5 38
1
3
5 3 5
−
=
+ −
(0,25 đ)
Thay m =
1
3
vào biểu thức A ta có: A =
2009
3 2
1 1
3. 8. 2

3 3
 
   
+ +
 
 ÷  ÷
   
 
 
(0,25 đ)
=
2009
2009
2 2
1 8
2 3
3 3
 
+ + =
 ÷
 
(0,25 đ
Bài 4: (1,75 đ)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( )
3 3 3 3 3 3
2 2 2
19 19 19
3
5 5 5

b a c b a c
a b c
ab b cb c ac a
− − −
+ + ≤ + +
+ + +
Giải:
Ta có a
2
+ b
2
– ab
( )
( )
2 2
ab a + b a ab ab(a + b)b≥ ⇔ + − ≥
(0,125 đ)

⇔

3 3
a b ab(a + b)+ ≥
(0,125 đ)

( )
3 3 3
20 19a b a ab a b⇒ + ≥ + +
(0,125 đ)

( )

3 3 3
20 19b ab a b b a⇔ − + ≥ −
(0,125 đ)

( )
2 2 3 3
20 19b b ab a b a⇔ − − ≥ −
(0,125 đ)

( )
2 2 3 3
20 5 4 19b b ab ab a b a⇔ − + − ≥ −
(0,125 đ)

( ) ( )
3 3
5 4 4 19b b b a a b a b a
 
⇔ − + − ≥ −
 
(0,125 đ)

( ) ( )
3 3
4 5 19b b a a b b a⇔ − + ≥ −
(0,125 đ)

( )
( )
2 3 3

4 5 19b a ab b b a⇔ − + ≥ −
(0,125 đ)

3 3
2
19
4
5
b a
b a
ab b
−
⇒ ≤ −
+
(0,125 đ)
Chứng minh tương tự với a, b, c > 0 ta sẽ có:
3 3
2
19
4
5
c b
c b
cb c
−
≤ −
+
;
3 3
2

19
4
5
a c
a c
ac a
−
≤ −
+
(0,25 đ)
=>
3 3 3 3 3 3
5 2 2
19 19 19
4 4 4
5 5 5
b a c b a c
b a c b a c
ab b cb c ac a
− − −
+ + ≤ − + − + −
+ + +
(0,125 đ)
⇔
( )
3 3 3 3 3 3
5 2 2
19 19 19
3
5 5 5

b a c b a c
a b c
ab b cb c ac a
− − −
+ + ≤ + +
+ + +
(0,125 đ)
Bài 5: (1,0 đ) Cho A =
100
1 1 1 1
1
2 3 4 2 1
+ + + + +
−
L
. Chứng minh rằng A < 100
Giải:
Ta chia A thành 100 nhóm như sau:
A =
2 3 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 3 2 5 6 7 2 15 2 2 1
       
+ + + + + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
−
       
L L L
(0,5 đ)

Thay mỗi phân số trong dấu ngoặc bằng phân số lớn nhất trong dấu ngoặc ta được: A <
99
99
1 1 1 1
1 2 4 8 2 100
2 4 8 2
+ × + × + × + × =L
(0,5 đ)
Bài 6: (1,5 đ) Các góc của tam giác ABC, đều là góc nhọn và có độ lớn bằng
, ,
α β γ
.
Gọi AH, BI, CK là các đường cao của tam giác. Hãy tính
HIK
ABC
S
S
∆
∆
?
Giải:
Ta có
ABC
CIHBHKAKIABC
S
SSSS
∆
∆∆∆∆
∆
∆

−−−
=
ABC
HIK
S
S
(0,25 đ)
= 1 -
ABC
CIH
ABC
BHK
S
S
S
S
∆
∆
∆
∆
∆
∆
−−
ABC
AIK
S
S
(0,25 đ)
Hai tam giác AKI và ABC có
A


chung nên ta có:

AB
AI
AC
AK
ABAC
AIAK
⋅==
∆
∆
.
.
S
S
ABC
AIK
(0,25đ)
Trong tam vuông AKC và AIK ta có:
;
AK AI
Cos Cos
AC AB
α α
= =
(0,25 đ)
=>
..
S

S
2
ABC
AIK
ααα
CosCosCos
==
∆
∆
(0,25 đ)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
γβ
2
ABC
CIK
2
ABC
BHK
S
S
;
S
S
CosCos
==
∆
∆
∆
∆
(0,125đ)

Vậy:
γβα
222
ABC
HIK
1
S
S
CosCosCos
−−−=
∆
∆
(0,125
Bài 7: (2,0 đ) Cho hình bình hành ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng
đi qua các cặp điểm A, B và B, C cắt nhau tại điểm thứ hai M. Chứng minh rằng bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác AMD bằng R.
Giải:
(O
1
) và (O
2
) là hai đường tròn có cùng bán kính nên
ta có I (trung điểm của BM) chính là tâm đối xứng
của hình gồm hai đường tròn (O
1
) và (O
2
). (0,25đ)
Gọi K là giao điểm của CI với (O
1

).
Khi đó ta có: IK = IC. (0,25đ)
Lại có IM = IB nên KMCB là hình bình hành (0,25đ)
=> KM song song và bằng BC, nên KM song song và
bằng AD (0,25đ)
=> KMDA là hình bình hành (0,25đ)
=>
DAM KMA
∆=∆
(0,25đ)
=> Đường tròn ngoại tiếp tam giác KMA bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DAM
(0,25đ)
=> Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác KMA bằng bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác DAM và bằng R. (0,25đ)

I
H
K
C
B
A
D
O
2
O
1
I
M
C
B

A
K