Đề số 5 kiểm tra đội tuyển

BÀI KIỂM TRA SỐ 5 (Kiểm tra đội tuyển HSG) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: Cho P là một số tự nhiên nào đó. Gọi n là số lập bởi hai chữ số cuối cùng của P, còn m là số còn lại của P (chẳng hạn, nếu P = 456789 thì n = 89, còn m = 4567). Chứng minh rằng P chia hết cho 8 khi và chỉ khi (4m + n) chia hết cho 8 hoặc (4m – n) chia hết cho 8. Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của P = 4xx x 24 2 ++ Bài 3: Cho ( ) 3 17 5 38 5 2 5 14 6 5 m − = × + + − . Tính giá trị của biểu thức: ( ) 2009 3 2 3 8 2A m m= + + Bài 4: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 19 19 19 3 5 5 5 b a c b a c a b c ab b cb c ac a − − − + + ≤ + + + + + Bài 5: Cho A = 100 1 1 1 1 1 2 3 4 2 1 + + + + + − L . Chứng minh rằng A < 100 Bài 6: Các góc của tam giác ABC, đều là góc nhọn và có độ lớn bằng , , α β γ . Gọi AH, BI, CK là các đường cao của tam giác. Hãy tính HIK ABC S S ∆ ∆ ? Bài 7: Cho hình bình hành ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các cặp điểm A, B và B, C cắt nhau tại điểm thứ hai M. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD bằng R. HD Chấm BÀI KIỂM TRA SỐ 5 (Đội tuyển HSG 08-09) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: (1,25 đ) Cho P là một số tự nhiên nào đó. Gọi n là số lập bởi hai chữ số cuối cùng của P, còn m là số còn lại của P (chẳng hạn, nếu P = 456789 thì n = 89, còn m = 4567). Chứng minh rằng P chia hết cho 8 khi và chỉ khi (4m + n) chia hết cho 8 hoặc (4m – n) chia hết cho 8. Giải: Theo bài ra ta viết được: P = 100m + n = 96m + (4m + n) = 104m – (4m – n) (0,25 đ) Nếu P 8  => (4m + n) 8  vì 96m 8  (0,25 đ) Hoặc (4m – n) 8  vì 104m 8  (0,25 đ) Ngược lại (4m + n) 8  => P 8  vì 96m 8  (0,25 đ) Hoặc (4m - n) 8  => P 8  vì 104m 8  (0,25 đ) Bài 2: (1,25 đ) Tìm giá trị lớn nhất của P = 4xx x 24 2 ++ Giải: P = 2 2 24 2 x 4 1x 1 4xx x ++ = ++ (0,25 đ) = 5 x 2 x 1 2 +       − (0,25 đ) 5 x 2 x 1 2 +       − lớn nhất khi 5 2 2 +       − x x nhỏ nhất (0,25 đ) 5 2 2 +       − x x nhỏ nhất khi 2 2       − x x nhỏ nhất (0,25 đ) mà 0 2 2 ≥       − x x nên P lớn nhất và bằng ⇔ 5 1 2 x 0 2 2 ±=⇔=       − x x (0,25 đ) Bài 3: (1,25 đ) Cho ( ) 3 17 5 38 5 2 5 14 6 5 m − = × + + − . Tính giá trị của biểu thức: ( ) 2009 3 2 3 8 2A m m= + + Giải: Ta có ( ) ( ) 3 17 5 38 . 5 2 5 14 6 5 m − + = + − (0,125đ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 17 5 38 . 5 3. 5 .2 3. 5.2 2 5 9 6 5 5   − + + +  ÷   = + − + (0,25 đ) ( ) ( ) ( ) 2 17 5 38 . 17 5 38 5 3 5 − + = + − (0,125 đ) = ( ) 2 2 17 5 38 1 3 5 3 5 − = + − (0,25 đ) Thay m = 1 3 vào biểu thức A ta có: A = 2009 3 2 1 1 3. 8. 2 3 3       + +    ÷  ÷         (0,25 đ) = 2009 2009 2 2 1 8 2 3 3 3   + + =  ÷   (0,25 đ Bài 4: (1,75 đ) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: ( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 19 19 19 3 5 5 5 b a c b a c a b c ab b cb c ac a − − − + + ≤ + + + + + Giải: Ta có a 2 + b 2 – ab ( ) ( ) 2 2 ab a + b a ab ab(a + b)b≥ ⇔ + − ≥ (0,125 đ) ⇔ 3 3 a b ab(a + b)+ ≥ (0,125 đ) ( ) 3 3 3 20 19a b a ab a b⇒ + ≥ + + (0,125 đ) ( ) 3 3 3 20 19b ab a b b a⇔ − + ≥ − (0,125 đ) ( ) 2 2 3 3 20 19b b ab a b a⇔ − − ≥ − (0,125 đ) ( ) 2 2 3 3 20 5 4 19b b ab ab a b a⇔ − + − ≥ − (0,125 đ) ( ) ( ) 3 3 5 4 4 19b b b a a b a b a   ⇔ − + − ≥ −   (0,125 đ) ( ) ( ) 3 3 4 5 19b b a a b b a⇔ − + ≥ − (0,125 đ) ( ) ( ) 2 3 3 4 5 19b a ab b b a⇔ − + ≥ − (0,125 đ) 3 3 2 19 4 5 b a b a ab b − ⇒ ≤ − + (0,125 đ) Chứng minh tương tự với a, b, c > 0 ta sẽ có: 3 3 2 19 4 5 c b c b cb c − ≤ − + ; 3 3 2 19 4 5 a c a c ac a − ≤ − + (0,25 đ) => 3 3 3 3 3 3 5 2 2 19 19 19 4 4 4 5 5 5 b a c b a c b a c b a c ab b cb c ac a − − − + + ≤ − + − + − + + + (0,125 đ) ⇔ ( ) 3 3 3 3 3 3 5 2 2 19 19 19 3 5 5 5 b a c b a c a b c ab b cb c ac a − − − + + ≤ + + + + + (0,125 đ) Bài 5: (1,0 đ) Cho A = 100 1 1 1 1 1 2 3 4 2 1 + + + + + − L . Chứng minh rằng A < 100 Giải: Ta chia A thành 100 nhóm như sau: A = 2 3 99 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 5 6 7 2 15 2 2 1         + + + + + + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷ −         L L L (0,5 đ) Thay mỗi phân số trong dấu ngoặc bằng phân số lớn nhất trong dấu ngoặc ta được: A < 99 99 1 1 1 1 1 2 4 8 2 100 2 4 8 2 + × + × + × + × =L (0,5 đ) Bài 6: (1,5 đ) Các góc của tam giác ABC, đều là góc nhọn và có độ lớn bằng , , α β γ . Gọi AH, BI, CK là các đường cao của tam giác. Hãy tính HIK ABC S S ∆ ∆ ? Giải: Ta có ABC CIHBHKAKIABC S SSSS ∆ ∆∆∆∆ ∆ ∆ −−− = ABC HIK S S (0,25 đ) = 1 - ABC CIH ABC BHK S S S S ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ −− ABC AIK S S (0,25 đ) Hai tam giác AKI và ABC có A  chung nên ta có: AB AI AC AK ABAC AIAK ⋅== ∆ ∆ . . S S ABC AIK (0,25đ) Trong tam vuông AKC và AIK ta có: ; AK AI Cos Cos AC AB α α = = (0,25 đ) => S S 2 ABC AIK ααα CosCosCos == ∆ ∆ (0,25 đ) Chứng minh tương tự ta cũng có: γβ 2 ABC CIK 2 ABC BHK S S ; S S CosCos == ∆ ∆ ∆ ∆ (0,125đ) Vậy: γβα 222 ABC HIK 1 S S CosCosCos −−−= ∆ ∆ (0,125 Bài 7: (2,0 đ) Cho hình bình hành ABCD. Hai đường tròn cùng bán kính R tương ứng đi qua các cặp điểm A, B và B, C cắt nhau tại điểm thứ hai M. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD bằng R. Giải: (O 1 ) và (O 2 ) là hai đường tròn có cùng bán kính nên ta có I (trung điểm của BM) chính là tâm đối xứng của hình gồm hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ). (0,25đ) Gọi K là giao điểm của CI với (O 1 ). Khi đó ta có: IK = IC. (0,25đ) Lại có IM = IB nên KMCB là hình bình hành (0,25đ) => KM song song và bằng BC, nên KM song song và bằng AD (0,25đ) => KMDA là hình bình hành (0,25đ) => DAM KMA ∆=∆ (0,25đ) => Đường tròn ngoại tiếp tam giác KMA bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DAM (0,25đ) => Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác KMA bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DAM và bằng R. (0,25đ) I H K C B A D O 2 O 1 I M C B A K . ( ) 3 17 5 38 . 5 2 5 14 6 5 m − + = + − (0,1 25 ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 17 5 38 . 5 3. 5 .2 3. 5. 2 2 5 9 6 5 5   − + + +  ÷   = + − + (0, 25 đ) ( ). BÀI KIỂM TRA SỐ 5 (Kiểm tra đội tuyển HSG) Môn: Toán - Lớp 9 (Thời gian: 150 phút, không kể giao đề) Bài 1: Cho P là một số tự nhiên nào đó. Gọi n là số