Tài liệu ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI + DAP AN TOAN 9 HAY 2

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
+ + ...................+ +
2 3 2003 2004
)

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
+ + ................... + +
2 3 2003 2004
)

= (1+
1
2004
)
+(
1 1
+
2 2003
)
+ ……+ +(
1 1
+

1002 1003
)

= 2005
1 1 1
( ....... )
2004 2 . 2003 1002 . 1003
+ + +
= 2005. k ( 1,0 đ)
B = 1.2.3………2003.2004
mà 1.2.3………2003.2004
1 1 1
( ....... )
2004 2 . 2003 1002 . 1003
+ + +

∈
N
⇒
B . k
∈
N
A = B. 2005 k
M
2005
⇒
ĐPCM ( 1,0 đ)
Bài 2: (4,0 đ)
1/ Chứng minh rằng nếu: x
2

+ y
2
= 1 thì:
2 x y 2− ≤ + ≤
(2,0 đ)
2/ Tính giá trò của biểu thức :
A = x
2
+
4
x x 1+ +
với x =
1 1 2
2
2 8 8
+ −
(2,0 đ)
Đáp án và biểu điểm
1/ Ta có: ( x – y )
2
0
⇔
x
2
+ y
2

≥
2 xy
Vì x

2
+ y
2
= 1
⇒
2xy
≤
1 Do đó: x
2
+ y
2
+ xy
≤
1 + 1 = 2
⇔

( x + y )
2
≤
2
⇔
 x + y 
≤
2
⇔
-
2

≤
x + y

≤
2
2/ Ta có: x =
1 1 2
2
2 8 8
+ −

⇒
x
2
=
1 1 1 1 1 1 2 1
2 2 2 2 2
16 8 8 4 4 4 2 8
 
 ÷
− + + = − + +
 ÷
 
=
=
( )
2
4
x 2 2 x 2x 1
0,5d x
4 8
− + − +
⇒ =

( 0,5 đ)
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 trò nhỏ nhất của biểu thức: A = 3x + 2y +
6 8
x y
+
2/ Tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình:
5x
y 3x 2 2y 1
3
− = + − −
Đáp án và biểu điểm
1/ Ta có: A = 3x + 2y +
6 8
x y
+
=( 0, 5đ)

( )
3 3 6 y 8
x y x
2 2 x 2 y
+ + + + +
( 0, 5đ)

≥
3 x 2 y 8
.6 6 . 2 . 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
2/
5x
y 3x 2 2y 1
3
− = + − −
⇔
5x
3x 2 2y 1 y 1
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
3x 2 2y 1 0
5x

y 1 0
3

+ − − =


− + =


(1,0 đ)
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
2
3 3
R
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)
⇒
AH AB
AB . AC AD . AH
AC AD
= ⇒ =
⇒
bc = 2R . AH
⇒
AH =
bc
2R
( 0,5 đ)
b/ ( 2,0 đ) Ta có S
ABC
=
1
2
BC . AH =
abc
4R
( 0,5 đ)p dụng bất đẳng thức CoSi
ta có S
ABC

1 a b c
3
( )
4R 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
≤
=
2 2
3
. a
4
3 3 3
2
. (R 3) R
4 4
= =
Vậy: S
≤
2

3 3
R
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 đònh (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 S
OAB
=
( )
1
AD . OB 1
2

Mặt khác : S
ABC
= S
OAM
+ S
OBM
=

1
OA . MH
2
+
1
OB . MK
2
( 0,5 đ)
Mà
( )
ABC
1
OA OB S OB. MH MK
2
= ⇒ = +
(2)
⇒
AD = MH + MK = l ( 0,5 đ)
OAB cố đònh . 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 đònh ( 0,5 đ)