DeHSGToan9 Quynhon2003

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 09/01/2013 – Thời gian: 150 phút. ĐỀ: Câu 1. (4 điểm) 2012. a) Rút gọn: P = 3. 2 5  3 2 5. b) Cho x + y = 2. Chứng minh rằng x5 + y5  2. Câu 2. (4 điểm) a) Không cần tính kết quả trực tiếp, hãy so sánh các tổng sau: A = 1 + 3 + 5 + … + 2013 B = 2 + 4 + 6 + … + 2012 b) Giả sử f(n + 1) = n.(- 1)n + 1 – 2f(n), với mọi n nguyên dương và f(1) = f(2014). Tính tổng f(1) + f(2) + f(3) + … + f(2013). Câu 3. (4 điểm) a) Tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = ab  bc  ca . Hãy định dạng của tam giác ABC. b) Cho hai dãy số: an = 22n + 1 + 2n + 1 + 1, b n = 22n + 1 – 2n + 1 + 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, có một và chỉ một trong hai số an, hoặc b n chia hết cho 5. Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh AB lấy điểm N, trên cạnh AC lấy điểm P sao cho BM = BN, CM = CP. Tính số đo góc PMN. Câu 5. (3 điểm) Gọi A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’). Hãy xác định vị trí của đường thẳng d đi qua A, sao cho tổng các khoảng cách từ O và O’ đến d đạt giá trị lớn nhất. Câu 6. (2 điểm) Chứng minh rằng trên tờ giấy kẻ các ô vuông bằng nhau, không thể dựng được một tam giác đều có ba đỉnh là đỉnh của các ô vuông.. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. Bùi Văn Chi. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP. QUY NHƠN NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 9 - Ngày: 10/01/2013 – Thời gian: 150 phút Câu 1. (4 điểm) a) Rút gọn: 2012. P= 3. 2012. . 3. 2 5  3 2 5. 3. . 2012  2012 . 5 1 1 5  2 2.  5 1   1 5    3   2   2  b) Chứng minh: x5 + y5  2 Ta có: (x + y)2  2(x2 + y2)  22  2 (x2 + y2)  x2 + y2  2 2  (x + y) – 2xy  2  4 – 2xy  2  xy  1. 3. Biến đổi : (x + y)5 = x 5 + y5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 5 5 5 3 3 2 2  (x + y) = x + y + 5xy(x + y ) + 10x y (x + y) 5 5 5 3 2 2  (x + y) = x + y + 5xy[(x + y) – 3xy(x + y)] + 10x y (x + y) 5 5 5 3 2 2  2 = x + y + 5xy[2 – 3xy.2] + 10x y .2 (thay x + y = 2) 5 5 2 2 2 2  32 = x + y + 40xy – 30x y + 20x y 5 5 2 2  x + y = 32 – 40xy + 10x y 5 5 2 2  x + y = 2(5x y – 20xy + 16) Đặt t = xy (t  1) Ta có : x5 + y5 = 2(5t2 – 20t + 16) Ta cần chứng minh : 5t2 – 20t + 16  1 (1) (với t  1) Thật vậy BĐT (1)  5t2 – 20t + 16 – 1  0  t2 – 4t + 3  0  (t – 1)(t – 3)  0 (2). BĐT (2) đúng vì t  1  BĐT (1) đúng. Do đó x5 + y5  2.1 = 2. Vậy x5 + y5  2. Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Câu 2 (4 điểm) a) So sánh A và B Ta có: A = 1 + 3 + 5 + … + 2013 B = 2 + 4 + 6 + … + 2012 A có 1007 số hạng lẻ, B có 1006 số hạng chẵn. Nên: A – B = (1 – 2) + (3 – 4) + (5 – 6) + … + (2011 – 2012) + 2013 = (- 1).1006 + 2013 = 1007 > 0 Vậy A > B. b) Tính f(1) + f(2) + f(3) + … + f(2013) Ta có: f(n + 1) = n.(- 1)n + 1 – 2f(n) Thay n lần lượt bằng 1; 2; 3; …; 2013 vào hai vế của đẳng thức, ta có: f(2) = 1 – 2f(1) f(3) = - 2 – 2f(2) f(4) = 3 – 2f(3) …… … … … … … … … f(2013) = - 2012 – 2f(2012) f(2014) = 2013 – 2f(2013) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. Bùi Văn Chi. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta được: f(2) + f(3) + f(4) + … + f(2013) + f(2014) = = 1 – 2 + 3 – 4 + … - 2012 + 2013 – 2.[f(1) + f(2) + f(3) + … + f(2013)] Thay f(2014) = f(1) vào vế trái và biến đổi, ta có: 3[f(1) + f(2) + f(3) + … + f(2013)] = 1 – 2 + 3 – 4 + … + 2011 – 2012 + 2013 = (- 1).1006 + 2013 = 1007 1007 . 3 1007 Vậy (1) + f(2) + f(3) + … + f(2013) = . 3.  f(1) + f(2) + f(3) + … + f(2013) =. Câu 3 (4 diểm) a) Xác định dạng của tam giác ABC Ta có: a  b  c  ab  bc  ca  2(a  b  c)  2.   .     b   b  c  c  a. . ab  bc  ca. . .  a  b  2 ab  b  c  2 bc  c  a  2 ca = 0. a. 2. 2. 2. 0 . a  b  c  a = b = c.. Vậy tam giác ABC là tam giác đều. b) Chứng minh có một và chỉ một trong hai số an, bn chia hết cho 5 Ta có: an = 22n + 1 + 2 n + 1 + 1, bn = 22n + 1 – 2n + 1 + 1 Xét tích: an.b n = (22n + 1 + 2 n + 1 + 1).( 2 2n + 1 – 2n + 1 + 1) = (22n + 1 + 1)2 – 22(n + 1) = 22(2n + 1) + 1 + 2.22n + 1 – 22(n + 1) = 24n + 2 + 1 – 22n + 2 + 22n + 2 = 4.24n + 1 Ta có: 24 = 16  1 (mod 5)  24n  = 1 (mod 5)  4.2 4n + 1  0 (mod 5) Do đó an.bn  5. Mặt khác, xét hiệu: an – bn = (22n + 1 + 2n + 1 + 1) – (22n + 1 – 2n + 1 + 1) = 2.2n + 1 = 4.2 n Ta chứng minh 4.2n 5 với mọi n nguyên dương. Xét hai trường hợp: +) n chẵn (n = 2k, k  N*) Khi đó: 4.2n = 4.22k = 4k + 1  (-1)k + 1 (mod 5)  4.2n 5 +) n lẻ (n = 2k + 1, k  N *) Khi đó: 4.2n = 4.22k + 1 = 8.4k  3.(-1)k + 1 (mod 5)  4.2n 5 Do đó an – bn 5 và an.bn  5 Vậy có một và chỉ một trong hai số an hoặc bn chia hết cho 5. Câu 4 (3 điểm) Tính góc PMN Các tam giác BMN, CMP cân nên:. B. 0    N   180  B , M   P  180  C M 1 1 2 1 2 2 0 0      M   180  B  180  C 1800  B  C Từ đó: M 1 2 2 2   Tam giác ABC vuông tại A nên B  C = 900.. 1. 0. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. Bùi Văn Chi. N. A. M 2. 1. 1 P. C. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  M  1800  450 = 1350 . Vậy PMN   1800  M  M  = 450. Suy ra: M 1 2 1 2. . . Câu 5 (3 điểm) Vị trí của đường thẳng (d) để tổng khoảng cách từ O và O’ đến (d) lớn nhất Gọi I là trung điểm của OO’ d Kẻ OH  d, O’K  d, IM  d. H Ta có OHKO’ là hình thang vuông, A M IM là đường trung bình nên OH + O’K = 2IM K Do đó OH + O’K đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi IM đạt giá trị lớn nhất Vì IM  IA nên IM đạt giá trị lớn nhất bằng O O’ I IA khi và chỉ khi M  A, hay d  IA. Vậy khi đường thẳng (d) vuông góc với IA tại A thì tổng các khoảng cách từ O, O’ đến (d) đạt giá lớn nhất và bằng 2IA. Câu 6 (2 điểm) Giả sử dựng được tam giác đều ABC có các đỉnh tại các đỉnh ô vuông. Vẽ hệ trục tọa độ Oxy với O là trung điểm của BC, khi đó A  Oy Gọi tọa độ của B(a; 0), C(- a; 0), A(0; b) (với a, b  Z*) Vì tam giác ABC đều nên BC = AB = AC, Suy ra: BC2 = AB2  (2a)2 = a2 + b2  b2 = 3a2  b  a . 3 Vì a là số nguyên khác 0 nên suy ra b là số vô tỉ: mâu thuẫn. Vậy không thể dựng được tam giác đều y có các đỉnh tại các đỉnh của ô vuông của lưới ô vuông. A b. C -a. O. B a. x. Quy Nhơn, ngày 10 tháng 01 năm 2013 Bùi Văn Chi. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI. Bùi Văn Chi. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>