DE THI CHON DOI TUYEN TOAN 9 (cap truong)

Vẽ đường tròn tâm B bán kính BK và đường tròn tâm C bán kính CI.. Chứng tỏ rằng KD = IE.. Gọi I là trung điểm của dây BD.. Chứng minh rằng: a AB... * Vậy tồn tại 2009 số tự nhiên liên ti

Trường THCS Nhơn Mỹ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN H.S.G CẤP TRƯỜNG

Tổ Toán - Lý Môn Toán lớp 9 - Năm học 2008- 2009

Thời gian làm bài: 180 phút

………  ………

Bài 1: (4 điểm)

a) Chứng tỏ rằng luôn tồn tại 2009 số tự nhiên liên tiếp mà trong chúng không có số nào là số nguyên tố

b) Tìm tất cả các giá trị tự nhiên của n để tổng A = n2  n + 6 có giá trị là số chính phương

Bài 2: (5 điểm)

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) 2 a + b + c   a b2 2  b c2 2  c a2 2  3 a + b + c 

b)

b + c  c+ a  a + b  2

Bài 3: (5 điểm)

Giải các phương trình sau:

a) 324 + x  12 - x 6

b) x + 5 x + 6 x + 8 x + 9       40

Bài 4: (3 điểm)

Cho △ABC không là tam giác vuông có BI và CK là hai đường cao ( I  AC ; K  AB) Vẽ đường tròn tâm B bán kính BK và đường tròn tâm C bán kính CI Đường thẳng IK lần lượt cắt đường tròn ( B ; BK ) và đường tròn ( C ; CI ) tại các điểm khác là D và E Chứng tỏ rằng KD = IE

Bài 5: (3 điểm)

Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) ; qua M kẽ các tiếp tuyến MB và MD với đường tròn (O) (B và D là các tiếp điểm) Một đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) tại

C và A ( C nằm giữa M và A ) Gọi I là trung điểm của dây BD Chứng minh rằng:

a) AB CD = AD BC ;

b) IAB MAD

……… Hết ………

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

a) * Đặt a = 2.3.4.5…2009.2010 (tích của 2009 số tự nhiên); khi đó dễ thấy:

a + 2 ; a + 3 ; a + 4 ; … ; a + 2010 là dãy gồm 2009 số tự nhiên liên tiếp

* Dễ thấy: a + 2 > 2 (1)

a 2  

a + 2 2(theo tính chất chia hết của một tổng) (2)

2 2















* Từ (1) & (2) chứng tỏ a + 2 có ước thực sự là 2 nên a + 2 là hợp số ( tức không là số

nguyên tố).

* Tương tự ta cũng có a + 3 ; a + 4 ; … ; a + 2010 đều là hợp số

* Vậy tồn tại 2009 số tự nhiên liên tiếp (chẳng hạn như dãy trên) mà trong chúng không

có số nào là số nguyên tố

b) * Giả sử A là số chính phương suy ra tồn tại m   sao cho:

n + n + 6 = m

4 n + n + 6 = 4m

2m - 2n + 1 = 23

2m - 2n - 1 2m + 2n + 1 = 23 (*)







* Do m, n  nên dễ thấy 2m - 2n -1 và 2m + 2n + 1 là các số nguyên , ngoài ra 23 > 0 và 2m + 2n + 1 1 ; 2m - 2n - 1 < 2m + 2n + 1 suy ra 1  2m - 2n - 1 < 2m + 2n + 1

* Căn cứ các lập luận trên và chú ý 23 là số nguyên tố nên từ (*) suy ra hệ sau:

2m - 2n - 1 = 1

2m + 2n + 1 = 23

4n + 2 = 22

n = 5











* Với n = 5 thì A = 36 = 62 thõa là số chính phương

* Vậy n = 5 là giá trị tự nhiên duy nhất cần tìm

Bài 2:

a) * Aùp dụng BĐT Bunhiacopsky cho bốn số với chú ý a, b, c > 0 ; ta có:

*

a + b 1 1 a b (Dấu "=" a = b)

Tương tự ta cũng có:

c + a 2 c a (3)

* Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế cùng biến đổi đơn giản ta được:

2 a + b + c   a2 b2  b2c2  c2a2

* Aùp dụng BĐT trong tam giác, ta có:

 2 2

* Tương tự ta cũng có:

* Cộng (4), (5) & (6) vế theo vế suy ra:

a b  b c  c a  c 2ab a 2bc b 2ca (7)

* Aùp dụng BĐT Bunhiacôpsky lần nữa cho sáu số, ta có:

x + y + z2   1 1 1 x  2  y2z2 x + y + z  3 x 2y2z2

c + 2ab + a + 2bc + b + 2ca 3 c + 2ab + a + 2bc + b + 2ca 3 a + b + c (8)

* Từ (7) & (8) suy ra:

a b  b c  c a  3 a + b + c

b) * Aùp dụng BĐT Cau-chy cho hai số dương ta có:

a + b + c 2 a .b + c = a Dấu "=" 2a = b + c

* Tương tự ta cũng có:

2

2

b + a + c b (10)

c + a + b c (11)



 Cộng (9), (10) & (11) vế theo vế cùng biến đổi đơn giản ta suy ra BĐT cần chứng minh

( Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a = b = c, tức tam giác đã cho là tam giác đều )

Bài 3:

a) ĐKXĐ : x 12

* Đặt a = 24 + x va øb = 12 - x ( với b 0)ta co ùhệ sau:3 

a + b = 6 (1)

a + b = 36 (2)







*Từ (1) suy ra b = 6 a , thay vào (2) và biến đổi ta được: a(a 3)(a + 4) = 0 => a = 0 ; 3; -4

+ Nếu a = 0 => x = -24 (thõa ĐKXĐ)

+ Nếu a = 3 => x = 3 (thõa ĐKXĐ)

+ Nếu a = -4 => x = -88 (thõa ĐKXĐ)

* Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x1 = -24 , x2 = 3 và x3 = -88

b) * Dùng phương pháp nhóm nhân tử và khai triển ta được phương trình tương đương:

(x2 + 14x + 45)(x2 + 14x + 48) = 40 (*)

* Đặt x2 + 14x + 45 = y (**) ; khi đó phương trình (*) trở thành: y(y + 3) - 40 = 0

 y2 + 3y - 40 = 0 ; giải phương trình ẩn y này thu được nghiệm y1 = 5 và y2 = -8

Lần lượt thay y vào (**) ta được x1 = -4 và x2 = -10 đây cũng chính là hai nghiệm của phương trình đã cho

T S

M

O

E

D

K

I

C B

A

D

C

B

A M

Bài 4:

* Từ BI và CK là hai đường cao của △ABC (gt) ;suy ra I và K cùng nhìn đoạn BC dưới

một góc vuông nên bốn điểm B, C, I, K cùng thuộc đường tròn (O) đường kính BC (theo

quỹ tích cung chứa góc)

* Kẽ BS ⊥ DK tại S; OM ⊥ IK tại M ; CT ⊥ IE tại T Theo tính chất đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây;suy ra S, M, T lần lượt là trung điểm của

KD, KI và IE

* Dễ thấy tứ giác BCTS là hình thang vuông (vì BS // CT do cùng vuông góc DE) và có O là trung điểm của cạnh bên BC (vì BC là đường kính của (O)) và OM // BS // CT suy ra M là trung điểm của ST; kết hợp M là trung điểm của KI (cmt) ; suy ra SK = TI => 2 SK = 2.

TI

=> KD = IE

Bài 5:

a) * Dùng tính chất góc nội tiếp và góc tạo bỡi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau, dễ dàng chứng minh được: △MDC ∽ △MAD (g-g) ;

△MBC ∽ △MAB (g-g) ;

 DCAD = MDMA (1) ; BCAB = MAMB (2)

* Theo tính chất hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau ta có: MD = MB (3)

* Từ (1), (2) và (3) suy ra:

DC = BC AB.CD = AD.BC

b) * Aùp dụng định lý Pô-tô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có:

AB.CD + AD.BC = AC.BD (4)

* Mà AB.CD = AD.BC (5) (câu a)

* Từ (4) & (5), suy ra: 2 AB CD = AC BD = AC (2 BI) => AB.CD = AC.BI



CD = CA;kết hợp ACD ABI (hai góc nội tiếp của đường tròn (O)

cùng chắn cung AD)

=> △CDA ∽ △BIA (c-g-c) => IAB MAD