050 đề HSG toán 9 hà nam 2013 2014

 B  2 
4
4 
4 
4

2

2

3
 
 

=  .888....8  2    3.222....2  2    666....68 
n
n
4
 
  n1


2

0,25

2

Ta có điều phảI chứng minh.
A

O
H

d

M
C

I

D

B

Câu 4
(4,0 đ) a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)

Q

 MAO  MBO  900

I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  900
 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
 MO là đường trung trực của AB
 MO  AB
2
 MH.MO = MB (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)

1
sđ BC
2
 MBC MDB( g.g )
MB MD


 MC.MD  MB 2 (2)
MC MB

0,25
0,25
0,25

0,25

MBC  MBD 

0,25


Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD
MC MO

 MCH
 MH MD

MOD(c.g.c)

0,25

 MHC  MDO
 tứ giác CHOD nội tiếp
 H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD.

0,25

c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung

0,25

 MIO QHO
MO OQ

OI OH
(R là bán kính (O) không đổi)

MO.OH OA2 R 2
 OQ 


OI
OI
OI
O, I cố định  độ dài OI không đổi
 lại có Q thuộc tia OI cố định
 Q là điểm cố định  đpcm.
1800  COD
d) AHC  90  MHC  90  ODC  90 

( COD cân tại O)
2
1
1
1
= 1800  COD  3600  sdCBCB  sdCAD
2
2
2
= CBD (3)
0

0



CAH  CDB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ (3) và (4)  AHC DBC( g.g )
HA BD
(5)


HC BC
MBC MDB( g.g ) (chứng minh trên)
MD MB BD



MB MC BC
2

MD MB MD
 BD 

.

 
MB MC MC
 BC 
MD HA2

Từ (5) và (6) 
MB HC 2

0,25

(6)

0,25

a



b c

Chứng minh tương tự được

0,25

0,25

Ta có 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc +
a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc  2a bc . Từ đó
a2 + bc + a(b + c)  2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(
2
Câu 5
b c)
(1,0 đ) Vậy
a a

0, 5

0



a

a  2013a  bc

0,25



2


a



a
a b c





a
(1)
a b c

0,25

0,25
0,25


b
b
c
c
(2) và
(3)


b  2013b  ca
a b c

c  2013c  ba
a b c

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a
b
c
a b c
+
+

1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c

a 2  bc
 2
b  ca
Dờu “=” xảy ra   2
 a  b  c  671
c

ab

a  b  c  2013


**
HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 3,5 MÔN TOÁN CHUYÊN HÀ NAM
A  4.111...1  4(102 n 1  102 n 2  ...  1)

Câu 3: Từ giả thiết ta có

2n

B  2.888...8  16.111...1  16(10n 1  10n 2  ...  1)
n

n

Từ đó suy ra D=A+2B+4= 4(10  10  ...  1)  16(10n1  10n2  ...  1) +4
9D = 4(10 1)(102n1  102n2  ...  1)  16(10 1)(10n1  10n2  ...  1)  36
2 n 1

2 n2

4(102 n  1)  16(10n  1)  36

9D=  4(102 n  4.10n  4)
2
  2 10n  2  



Suy ra đpcm.
Câu 5: Với gt đã cho ta có:
a
a

a  2013a  bc a  (a  b  c )a  bc



a(a  (a  b)(a  c))
a
 2
2
a  (a  b)(a  c) a  a  ab  ac  bc



a(2 (a  b)(a  c)  2a) a(a  b  a  c  2a )
ab  ac


2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)
2(ab  ac  bc)

(theo BĐT cosi 2 ab  a+b dấu = xảy ra khi a=b.
Từ đó suy ra VT 

ab  ac
bc  ba
cb  ac
=1 (ĐPCM)


ab  ac  bc ab  ac  bc ab  ac  bc

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 2013:3=671.

0,25