027_Đề HSG Toán 9_Nghệ An_2011-2012 bảng B

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - BẢNG B Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (5,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên n n2  n  khơng chia hết cho b) Tìm tất số tự nhiên n cho n2  17 số phương Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2  4x+5 = 2x+3 2x+y = x b) Giải hệ phương trình:  2y+x = y Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  4x+3 x2  Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao BE, CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh BH.BE + CH.CF = BC b) Gọi K điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh K (O) Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cố định - - - Hết - - - Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN - Bảng B - Nội dung Câu: *) Nếu n  n2  n nên n2  n   (1) a, *) Nếu n   n2  (2,5)  n2  n   (2) Từ (1) (2)  n  Z n2  n   Đặt m2  n2  17 (m  N)  m2  n2  17  (m  n)(m  n)  17  1.17 =17.1 b, Do m + n > m - n (2,5) m  n  17 m    m  n   n  Vậy với n = ta có n2  17  64  17  81  92 Giải phương trình x2  4x+5=2 2x+3 Điều kiện: 2x+3   x  2 (1)  x  4x+5-2 2x+3  (1)  x2  2x+1+2x+3-2 2x+3   a, (2.5)  (x  1)2  ( 2x+3  1)2   x      2x+3   x  1  2x+3=1  x  1 thỏa mãn điều kiện Giải hệ phương trình (1) 2x+y=x  b, (2) 2y+x=y (2.5) Trừ vế phương trình ta có: x2  y2  x  y  (x  y)(x  y  1)  x  y x  y    x  y   x   y Ta có: x  y x  y *)   x(x  3)  x  x = Vậy (x; y) = (0;0); (3;3) x   y x   y x   y *)  (*)     2 2x+y = x 2  2y  y  (1  y) y  y   Vì phương trình y2  y   vô nghiệm nên hệ (*) vô nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3) 4x+3 x2  4x+3 x2  4x+4  1  Ta có: A  x 1 x2  (x  2)2 A  1   1 x 1 Dấu "=" xảy  x    x  2 Vậy Amin  1 x = -2 Tìmgiá trị nhỏ A  a, (2,5) A E H F B I O C K S S Gọi I giao điểm AH BC  AI  BC Ta có: BHI BCE (g, g) BH BI    BH.BE  BC.BI (1) BC BE Ta có: CHI CBF (g, g) CH CI    CH.CF  BC.CI (2) CB CF Từ (1) (2) suy BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 b, Gọi K điểm đối xứng H qua BC suy HCB  KCB (2,0) Mà FAI  HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp)  FAI  BCK hay BAK  BCK  tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O)  K  (O) + Khi BAC  900  BIC  900  F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính  EF qua điểm O cố định B F O K I A E C + Khi BAC < 900  BIC > 900 Gọi K điểm đối xứng I qua EF  EIF  EAF (cùng bù BIC ) EKF  EIF (Do I K đối xứng qua EF)  EKF  EAF  AKFE nội tiếp  KAB  KEF (cung chắn KF ) (1) IEF  KEF (Do K I đối xứng qua EF) (2) IEF  BIK (cùng phụ KIE ) (3) Từ (1), (2), (3)  KAB  BIK  AKBI tứ giác nội tiếp  K  (O) Mà EF đường trung trực KI  E, O, F thẳng hàng + Khi BAC > 900  BIC < 900 chứng minh tương tự Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định - - - Hết - - - ... E H F B I O C K S S Gọi I giao điểm AH BC  AI  BC Ta có: BHI BCE (g, g) BH BI    BH.BE  BC.BI (1) BC BE Ta có: CHI CBF (g, g) CH CI    CH.CF  BC.CI (2) CB CF Từ (1) (2) suy BH.HE... (2) suy BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 b, Gọi K điểm đối xứng H qua BC suy HCB  KCB (2,0) Mà FAI  HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp)  FAI  BCK hay BAK  BCK  tứ giác BACK nội tiếp đường tròn... BAC  900  BIC  900  F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính  EF qua điểm O cố định B F O K I A E C + Khi BAC < 900  BIC > 900 Gọi K điểm đối xứng I qua EF  EIF  EAF (cùng b? ? BIC