Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M.. NK đi qua trung điểm của HM.. –Hết– ĐỀ CHÍNH THỨC... Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương... Tìm GT
Trang 1UBND TỈNH SƠN LA CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH - LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2013 -2014
Môn : Toán – THCS Ngày thi: 16/3/2014
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu I (5 điểm)
1 Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.
2 1 1 1 6
n so n so n so
A
+
2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
6
7 3 2
2 2 2
2
1 2
2
2 2
2
= + +
+ + + + +
+ +
x x
x x x
x
x x
Câu II (3 điểm).
Cho biểu thức Q=2.x+4.y+ 5.z Trong đó x, y, z là các đại lượng thoả mãn điều
96
x y z
xy yz zx
+ + =
+ + =
Câu III (4 điểm)
Cho phương trình ax2 +bx c+ =0 (1) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm là
1, 2
x x Đặt 1n 2n
n
S =x +x ( n∈ Ν) Chứng minh rằng: a S n+2 +b S n+1+c S n =0
Câu IV (3 điểm)
Chứng minh nếu a > 2 thì hệ phương trình:
5
2 2
Câu V (5 điểm).
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H là trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh:
1 Ba điểm K, N, I thẳng hàng
2
MN
BC MI
AC MK
3 NK đi qua trung điểm của HM
–Hết–
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9- THCS
NĂM HỌC 2013 -2014
Môn: Toán
m
I
1 Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương
2 1 1 1 6
n so n so n so
A
+
Giải:
2 1 1 1 6
n so n so n so
A
+
2
2 2
9
+
=
1 so 0
10n 8 100 08
n−
Vậy:
2
3
n
+
0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
0.5
2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
6
7 3 2
2 2 2
2
1 2
2
2 2
2
= + +
+ + + + +
+ +
x x
x x x
x
x
Giải :
Đặt y = x 2 + 2x + 2(Vì x là nghiệm nguyên của PT nên y= +(x 1)2 +1
∈ Z)
Từ :(1) ⇔ y y−1+ y y+1= 67
⇔6.( y−1 ) ( y+ +1) y2=7 y y( +1)
⇔ 5y 2 – 7y – 6 = 0 ⇔
5
3
1 = −
y (loại); y 2 = 2 (thoả mãn)
Với y = 2 ⇔x2 +2x+ = ⇔2 2 x1 = 0; x2 = -2
0.5 0.5
0.5
UBND TỈNH SƠN LA
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập- Tự do- Hạnh phúc
Trang 3Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: x 1 = 0; x2 = -2. 0.5
II
Cho biểu thức Q=2.x+4.y+ 5.z Trong đó x, y, z là các đại lượng
thoả mãn điều kiện 19
96
x y z
xy yz zx
+ + =
+ + =
Tìm GTLN, GTNN của Q.
Giải :
Áp dụng bất đẳng thức Buanhiacốpki cho bộ ba số : 2, 4, 5 và x, y, z
ta có : (2x 4y 5 )+ + z 2 ≤22 + +42 ( 5)2(x2 + y2 +z2)
Hay Q2 ≤ 22 + +42 ( 5)2( x2 + y2 +z2) .
Từ giả thiết ,Ta có :
2
x y z
x y z
Nên suy ra : Q2 ≤ 25.169 ⇒ − ≤ ≤65 Q 65.
Vậy GTLN , GTNN của Q là Q Max =65 , Qmin = −65 Tức là khi dấu ‘=’
xẩy ra, nghĩa là :
19 96
x y z
x y z
xy yz zx
= =
+ + =
+ + =
⇒( ; ; ) 26 52 13 5; ;
Vậy Q Max =65khi ( ; ; ) 26 52 13 5; ;
min 65
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Phương trình ax2 +bx c+ =0 (1) Giả sử PT (1) có hai nghiệm là x x 1, 2
Trang 4Đặt 1n 2n
n
S =x +x ( n∈ Ν) CMR: a S n+2 +b S n+1+c S n =0.
Giải:
Vì x x là hai nghiệm của PT (1) nên :1, 2
2
2
bx c
bx c
Ta có:
0
a S b S c S
=
Đặt x1= −1 3;x2 = +1 3 thì x x là nghiệm của phương trình: 1, 2
x − x− =
n
S =x +x = − + +
Theo kết quả chứng minh trên ta có:
2 1
Do đó: S2 =2(S1+S0) Với:
1
0
S S
⇒S2 =2(S1+S0) 2(2 2) 8= + =
Tương tự ta có:
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
CM nếu a > 2 thì hệ phương trình:
5
2 2
x 2y a (1)
x y 1 (2)
+ =
vô nghiệm.
Giải:
Trang 5Giả sử hệ
5
2 2
Từ (2) suy ra x 1, y 1≤ ≤ Từ (1) ta có:
= − 2 ( y 2 − 2 y 1) 2 ( y 1) + = − − 2 ≤ 2
⇒ ≤ a 2 trái giả thiết là a > 2
Suy ra hệ trên vô nghiệm (đpcm).
0.5 0.5
0.5 0.5 0.5 0.5
P H
Q
K
I M
S
O
C B
A
1 Tứ giác MNKB nội tiếp (vì BKM BNM 90· =· = 0)
Tứ giác MNCI cũng nội tiếp (vì MNC MIC 180 · + · = 0)
=>BNK BMK· = · , INC IMC· = · (1) (đều là 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Mặt khác BMK IMC· =· (2)
(vì BMK KMC KMC IMC· +· = · +· do cùng bù với góc A của tam giác ABC)
Từ (1), (2) suy ra ·BNK= ·INC
Suy ra : INC CNK BNK CNK 180 · + · = · + · = 0 (Vì 3 điểm B, N, C thẳng hàng) Do
đó 3 điểm K, N, I thẳng hàng
0.5
0.5
0.5
2 +) MAK∆ : ∆MCN (Vì MAK MCN· = · 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM)
AK CN AB BK CN
−
Trang 6+) AIM∆ : ∆BNM (Vì MBN MAI· = · 2 góc nội tiếpcùng chắn cung CM)
AI BN AC CI BN
+
MI + MI = MN (2)
+) ICM∆ : ∆BKM (Vì BMK IMC· =· theo chứng minh câu 1)
IC BK
MI MK
Từ (1), (2), (3) => AB AC BC
0.5 0.5 0.5
3 Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là
hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P ∈MS)
=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC)
=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do SAC AIN· = · vì
cùng bằng ·NMC) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm)
0.5 0.5 0.5