Đề thi HSG Toán 9 và ĐA tr Nguyễn Trãi

PHÒNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI 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
– b
2
chia hết cho 8
b) Tính tổng:
Giải
a) (0,5 điểm). Ta có: a
2
– b
2
= (a
2
– 1) – (b
2
– 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)
M
8
(0,5 điểm). Vậy: (a
2
– b
2
)

M
8 (đpcm)
b)
2 2 2 2
...
15 35 63 399
P = + + + +
2 2 2 2
...
3.5 5.7 7.9 19.21
= + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1
...
3 5 5 7 7 9 19 21
= − + − + − + + −
1 1
3 21
= −
2
7
=
Bài 2: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm
a) Cho a, b, c là các số thực khác nhau. Chứng minh rằng:
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
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:
2009 2010A x x= − + −
Giải
a) Ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
VT
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
a b c a b c a b c a b c
= + + + + +
− − − − − −
2 2 2
a b b c c a
= + +
− − −
= VP
b)
2009 2010A x x= − + −
• Tập xác định: D = [2009; 2010]
• Với ∀x ∈ D thì A ≥ 0. Do đó: A =
2
A

1. Xét:
1
2 2 2 2
...
15 35 63 399
P
= + + + +
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,5 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
2
2009 2010 2 2009. 2010 1 2 2009. 2010A x x x x x x= − + − + − − = + − −

Ta có:
2
1A ≥
(vì
2 2009. 2010 0x x− − ≥
với ∀x ∈ D)
<=> A ≥ 1 với ∀x ∈ D
(0,25 điểm) Vậy: A
min
= 1 khi

(0,25 điểm)
2009 0 2009
2010 0 2010
x x
x x
− = =
 
⇔
 
− = =
 
2. Xét:
(0,25 điểm)
2
1 2 2009. 2010 1 2009 2010A x x x x= + − − ≤ + − + −

(vì
2 2009. 2010 2009 2010x x x x− − ≤ − + −
, với ∀x ∈ D; BĐT Côsi)
<=> A
2
≤ 2 với ∀x ∈ D
<=> A
2≤
với ∀x ∈ D
(0,25 điểm)Vậy A
max
=
2
khi: x – 2009 = 2010 – x

(0,25 điểm) <=> x = 2009,5
Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55
b) Cho a, b, c, d là các số dương và
a c
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:
(0,5 điểm).Để:
110
0 110 7 0
7
( ) ( )
0 55 3 0 55
3
t
x t
t t
y t
t

>

> − + >
 


⇔ ∈ <=> ∈
  
> − >
 

<


¢ ¢

(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)
(0,5 điểm).
(0,5 điểm).
2
110 7
( )
55 3
x t
t
y t
= − +

∈

= −

¢

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
a d b c
a d b c a d b c
+ − +
=
   
+ + + + − +
   
1
( ) ( )a d b c
=
+ + +
2 ( 2 )
a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=
+ + − + +
1
a b c d
+ + +
(0,5 điểm)
.
(0,5 điểm).
a d b c
a d b c
+ − −
=
+ − −

(vì => ad = bc => )
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)
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.
Ta có :
0
ˆ ˆ
90IDM IMD+ =
(vì

0
ˆ
90DIM =
)
Mà
ˆ ˆ
IJM IDM=
(do IC = IJ = ID :
∆
CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)
ˆ ˆ ˆ
' 'MJO JMO IMD= =
(do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’);
ˆ
'JMO
và
ˆ
IMD
đối đỉnh)
(1,5 điểm)
⇒
0
ˆ ˆ
' 90IJM MJO+ =
⇒
(0,5 điểm) IJ là tiếp tuyến của (O’), J là tiếp điểm
b) Ta có IA = IM
⇒
IO’ =
2

AB
= R (R là bán kính của (O))
O’M = O’B (bán kính (O’)
∆
JIO’ vuông tại I : IJ
2
+ O’J
2
= IO’
2
= R
2
Mà IJ
2
+ O’J
2

≥
2IJ.O’J = 4S
JIO’
(1,5 điểm). Do đó S
JIO’

2
4
R
≤
S
JIO’
=

2
4
R
khi IJ = O’J và
∆
JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J
2
= O’I
2
= R
2

⇒
O’J =
2
2
R
(0,5 điểm) Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R
2
Bài 5 (4 điểm).
3
C
J
A
I
M

D

O

O’

B

a c
b d
=
2 2ad bc=
2 2
a d b c
a d ad b c bc
+ − −
=
+ + − − −
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.
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)
Hình 2
Gọi O
1
, R

1
, O
2
, R
2
lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
∆
AMB và
∆
BCM
(h.2).
Xét
∆
O
1
AB : O
1
A + O
1
B
≥
AB
2R
1
≥
AB
(0,5 điểm) 2R
1
= AB
⇔

AB là đường kính của (O
1
) và giả sử đường tròn (O
1
) đường
kính AB cắt AC tại H thì
ˆ
AHB
= 90
0
(1)
(0,5 điểm)Tương tự với
∆
O
2
BC : 2R
2
≥
BC. Suy ra R
2
nhỏ nhất
⇔
BC là đường kính
của (O
2
) và giả sử đường tròn (O
2
) đường kính BC cắt AC tại H’ thì
ˆ
'BH C

= 90
0
(2)
(1,0 điểm) Từ (1) và (2) suy ra H’
≡
H. Vậy điểm M phải tìm là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B.
b) (h.3). (2,0 điểm). Lí luận đúng
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
4
O
1
R
1
C
B
R
2
O
2
H
M
A
x
A A
1

C’

y
h
B
a
C
bằng h. Trong các tam giác này, ta cần tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn
nhất. Ta có S
ABC
=
1
2
ah
Mặt khác, nếu r là bán kính của đường tròn nội tiếp thì S
ABC
=
1
2
r(AB + BC + CA)
⇒
r =
ah
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
≡
A
1

⇒
∆
ABC cân tại A.
5