Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 28 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
28
Dung lượng
1,35 MB
Nội dung
PHÒNG GD&ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-2017 Mơn: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (5 điểm) a a b b a b với a, b > a �b ab a b b a Rút gọi M tính giá trị biểu thức M biết a b ab a Cho biểu thức M= 18 ab ab c Cho a, b, c thỏa mãn a b c ; a b c 23 ; abc 1 Tính giá trị biểu thức H= ab c bc a ca b b Tìm số nguyên a, b thoả mãn Bài 2: (4,5 điểm) a Tính giá trị biểu thức N= 4 4 13 27 10 b Cho a, b số hữu tỉ thỏa mãn a b a b + (1 ab) 4ab Chứng minh ab số hữu tỉ c Giải phương trình x x x x Bài 3: (3,5 điểm) a Tìm tất cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5 y xy b Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh 1 � ab a bc b ca c 2 Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vng góc với AB, CE vng góc với AM Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH Q, K, P a Chứng minh MNCO hình thang cân b MB cắt CH I Chứng minh KI son song với AB c Gọi G F trung điểm AH AE Chứng minh PG vng góc với QF Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn để A= 427 + 42016 + 4n số phương Họ tên thí sinh SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207 MƠN: TỐN LỚP Câu Bài a/ 1,5đ Nội Dung -Rút gọn M= ab với a, b>0 a �b a b Điểm 4đ 0,75 -Ta có a b � ab a b ab � ab a b ab �( ab ) 1� a b ab 1 a b 0,25 + Nếu a>b>0 � a b � a b 0; ab � � ab 0 a b ab ab ab � 1� M 1 a b a b a b 0,25 + 00 ta có x y�2�� � x y 4� �x y � 0,5 áp dụng ta có 1 1 ab a ab a ab abc a ab(c 1) ( a 1) 1� 1 � � abc � 1�c � � � � � � � � �ab( c 1) a � �ab(c 1) a � �c a � 1�c � � � Vây ta có � ab a �c a � 1�a � 1�b � � � � � Tương tự ta có �; �nên bc b �a b � ca c �b c � 1 � � 3� � �ab a bc b ca c � 1�c a b � � 3� � � �c a a b b c � 1 � dấu “=” có a=b=c=1 Vậy ab a bc b ca c 2 0,5 0,25 6đ Bài N M E Q F K A C I T G O H B P a/ 2đ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vuông C � AC BN 0,5 Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC � NBO � � MO AC � MO // NB � MOA � NOB � 900 ; xét MAO NOB có -Ta có OA MA ( ) � MAO � NOB � 900 ; MOA � NBO � ; OA OB R � MAO NOB � MO NB MAO b/ 2đ -Ta có MO // NB; MO NB � MNBO hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân 0,75 � NOB � 900 ; CBH � MOA � -Xét CHB MAO có MAO ( cm trên) 0,5 � CHB : MAO � CH HB HB MA AO R -Ta có CH AB (gt) ; MA AB ( ) � CH // MA � IH // MA � IH HB HB MA AB R CH HB HB IH IH 2� 2� � CH IH � IC IH MA R 2R MA MA -Chi KI đường trung bình tam giác ACH � KI // AB -Nên ta có � c/ 2đ Bài 0,75 -Chưng minh FQIO hình bình hành � QF // IO -Chưng minh O trục tâm tam giác GIP 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 1đ 0,25 � PG OI � PG QF * A 27 42016 4n 227 41989 4n 27 Vì A 227 số phương nên 41989 n27 số phương Ta có 41989 4n27 > 4n 27 (2n 27 )2 *mà 41989 4n27 số phương nên ta có n 27 1 ۣ n 27 41989 4n27 � 2 23977 n 0,5 4004 Với n=4004 ta có A= A 427 42016 44004 227 24004 số phương Vậy n=4004 A=427+42016+4n số phương 0,25 PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn Tốn: Lớp ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1: (5,0 điểm) �x Cho biểu thức: P � �x x x � x 1 Với x �0, x �1 �: x x 1 1 x � a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P c) So sánh: P2 2P Bài 2: (4,0 điểm) a) Tìm x, y �Z thỏa mãn: y x x y x y xy b) Cho a, b, c số nguyên khác thỏa mãn điều kiện: �1 1 � 1 � � b c �a b c � a Chứng minh rằng: a b3 c3 chia hết cho Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: x 20 x 25 x x 10 x 20 b) Cho x, y số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A = x + y + Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF a) Chứng minh: CM vng góc với EF b) Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng c) Tìm vị trí N AB cho diện tích tứ giác AEFC gấp lần diện tích hình vuông ABCD Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c a b c ab bc ca bc ca ab Hết -Lưu ý: Học sinh không sử dụng máy tính cầm tay ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu Nội dung Điểm a Điều kiện: x �0, x �1 0,5 �x2 x � x 1 P� �: x x x x 1 x � � � � x � x 1 � x2 � �: x x x � x 1 � � � 0,5 b x x ( x 1) ( x x 1) x 1 x x 1 x x 1 x 1 x x 1 : x 1 2 x 1 0,5 0,5 x x 1 Với x �0, x �1 Ta có: P � 0,5 2 x x 1 1,0 � x x 1 0,25 � x x 60 � ( x 2)( x 3) Vì x nên 0,25 x � x (t/m) x = Vì x �0 � x x �1 Vậy P = c �2 x x 1 � P �2 � P ( P 2) �0 0,25 �0 0,25 � P P �0 ۣ P 2P Dấu “=” xảy P = � x = Vậy P �2P 0,25 0,25 a y x x y x y xy � y x x y x y xy � x 1 (2 y y x) 1 0,5 0,25 Vì x, y�Z nên x - 1�Ư(-1) = 1; 1 +) Nếu x – = � x = 0,5 Khi 2y2 - y – = - � y = (t/m) y = 1 �Z (loại) +) Nếu x – = -1 � x = 0,5 Khi 2y - y = � y = (t/m) y = 1 �Z (loại) 0,25 �x �x ; � y � �y Vậy � b a) Từ giả thiết 0,5 1 1 1 ( )2 a b c a b c 1 � 2( ) ab bc ca 0,5 Vì a, b, c �0 nên a + b + c = � a b c � a b c 3 � a b 3ab(a b) c 3 0,25 � a b c 3abc 3 3 3 Vậy a b c M 0,5 với a, b, c �Z Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng đẳng thức x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) mà khơng chứng minh trừ 0,5 điểm 0,25 Tương tự: � 2b b � ; abc ac 2c c � abc ba a b c �2 bc ca ab 0,5 Dấu ‘ =” xảy a = b + c; b = c + a; c = a +b tức a = b = c (vô lý) � a b c (2) bc ca ab Từ (1) (2) ta có đpcm * Lưu ý chấm bài: - Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 5, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm PHỊNG GD&ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016 THANH HĨA MƠN: TOÁN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Cho P = x x 2x x 2 x x3 x + x x 2x x x x x 2 Rút gọn P Với giá trị x P > Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Bài 2: (4,0 điểm) Giải phương trình 3x x x 2x =4 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 3: (4,0 điểm) Cho a = x + b=y+ c = xy + x y xy Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc Chứng minh với x > ta ln có 3(x2 - 1 ) ) < 2(x x x3 Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD Gọi I, Q, H, P trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh IPHQ hình thoi PQ tạo với AD, BC hai góc Về phía ngồi tứ giác ABCD, dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thuộc đường thẳng Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm Tính độ dài BD, DC Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Hãy tìm GTNN P = a + b ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP Bài Câu 1 Tóm tắt cách giải Điều kiện x > 0; x 1; P= ( x 2)( x 1) x1 = = ( x 2)( x 1)( x 1) + x 1 + ( x 2)( x 1)( x 1) 0,5 ( x 2)( x 1) x 1 x1 2( x 1) x P > 1 Điểm 0,5 0,5 2( x 1) 2( x 1) 2x x 1 > 1 - > 0 >0 x x x x > Theo đ/k x > x+3>0 x 0,5 x–1>0 x>1 Kết hợp điều kiện x > 0; x 1; Suy x > 1; x 4 P > P= 2( x 1) =2+ Với x > 0; x 1; x x 0,5 0,5 P nguyên x – ước 0,5 P đạt giá trị nguyên lớn x – = x = 0,5 Vậy P đạt giá trị lớn x = 0,25 Điều kiện x – + x Phương trình tương đương x - x - x - 4x + 12 = (*) 0,5 Xét x < - Thì (*) - 3x + + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 2x = -28 0,25 x = - 14 (Thỏa mãn đk) Xét - ≤ x < Thì (*) 0,25 - 3x + + x – – 4(2x + 3) – 4x + 12 = x= (Thỏa mãn đk) 0,25 Xét ≤ x < Thì (*) - 3x + – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0,25 x= (loại) Xét x ≥ Thì (*) 3x – – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = x=- (Loại) 2 7 Vậy phương trình có nghiệm x 14; 0,25 Ta có x2 + xy + y2 = x2y2 (x + y)2 = xy(xy + 1) 0,5 xy + Nếu x + y = xy(xy + 1) = xy 0,5 Với xy = Kết hợp với x + y = x = y = x 1 x y y 1 Với xy = -1 Kết hợp với x + y = 0,5 + Nếu x + y 0 (x + y)2 số phương xy(xy + 1) hai số nguyên liên tiếp khác nên chúng nguyên tố 0,5 Do khơng thể số phương Vậy nghiệm nguyên phương trình (x; y) = (0; 0); (1; -1); (1; 1) a = x2 + +2 x2 b2 = y2 + +2 y2 c2 = x2y2 + ab = (x + +2 x y2 1 x x y y )(y + ) = xy + + + =c+ + y xy y y x x x x y abc = (c + + ).c y x = c2 + c( 0,5 x y + ) y x = c2 + (xy + x y )( + ) xy y x = c + x2 + y2 + 1 + y x2 = a2 – + b2 – + c2 A = a2 + b2 + c2 – abc = 0,5 0,5 0,5 3(x2 1 ) ) < 2(x x x3 3(x - 1 1 )(x + ) < 2(x - )(x2 + + 1) x x x x 0,5 1 3(x + ) < 2(x2 + + 1) (1) x x ( Vì x > nên x Đặt x + > 0) x 1,0 1 = t x2 + = t2 – x x 0,5 Ta có (1) 2t2 – 3t – > (t – 2)(2t + 1) > (2) Vì x > nên (x – 1)2 > x2 + > 2x x + > hay t > x (2) Suy điều phải chứng minh IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) AD = BC (GT) 0,5 IPHQ h.b.h 0,5 Có IP = IQ = 1 AD = BC nên IPHQ hình thoi 2 Gọi P ; Q giao điểm PQ với AD BC Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1) Mà PH // BC BQ P = HPQ (So le trong) (2) 0,5 QH // AD AP P = HQP (So le trong) (3) Từ (1); (2); (3) Suy AP P = BQ P ( đpcm) 0,5 Gọi K, M, N trung điểm EF, DF, CE Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c) 0,5 Suy MHP = NHQ MHQ = NHP MHN PHQ có tia phân giác 0,5 Mặt khác dễ có IPHQ KMHN hình thoi 0,5 Suy HK HI phân giác MHN PHQ Suy H, I, K thẳng hàng 0,5 Đặt BD = x, DC = y Giả sử x < y Pitago tam giác vuông AHD ta tính HD = 27cm Vẽ tia phân giác góc ngồi A, cắt BC ở E Ta có AE AD nên AD2 = DE.DH Suy DE = AD 45 = = 75cm DH 27 0,5 Theo tính chất đường phân giác tam giác x 75 x DB EB = = (1) y 75 y DC EC Mặt khác x + y = 40 (2) Thay y = 40 – x vào (1) rút gọn 0,5 x2 – 115x + 1500 = (x – 15)(x – 100) = 0,5 Do x < 40 nên x = 15, từ y = 25 Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1; ta có 0,5 (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2 1 a ≥ a2 0,5 (1) 17 Dấu “=” xảy a = Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1; ta có 2 17(b + 1) ≥ (b + 4) Dấu “=” xảy b = Từ (1) (2) P ≥ b 1 ≥ b2 17 (2) 0,5 a2 b2 17 ( ) Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) = a + b + ab = 4 Áp dụng Cơsi ta có: a a2 + b b2 + 0,5 a2 b2 ab 0,5 Cộng vế ba bất đẳng thức ta (a b ) + ≥ a + b + ab = 2 a2 + b2 ≥ ( - ): = Thay vào ( ) 2 8 P≥ = 17 17 Vậy giá trị nhỏ P 17 a = b = 2 Lưu ý: - Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương - Bài hình khơng có hình vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 12/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) a) Cho x 10 ( 1) 62 Tính giá trị P 12x + 4x – 55 2017 a a a 1 a a a a 1 M a a a a a a b) Cho biểu thức với a > 0, a Với giá trị a biểu thức N nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho phương trình: x 2mx m m (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1 x ? 2 2 � �x y 2x y x y 2xy 3x b) Cho hệ phương trình � 2017 y 3m �y x Tìm giá trị m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; y1 x ; y thỏa mãn điều kiện x y x y1 Bài (2,0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b chia hết cho a b b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng: a3 a3 b c b3 b3 c a c3 c3 a b �1 Bài (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm điểm A điểm C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn điểm P điểm Q (P nằm A Q) a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Bài (1,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc tập hợp A Tìm tất phần tử tập hợp A -Hết (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi 1: Cán coi thi 2: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ Năm học 2016 - 2017 MƠN: Tốn (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa Tổng điểm thi: 10 điểm Bài Bài Đáp án 1a) (1,0 điểm) Điểm Ta có : 10 ( 1) 3 0,25 1 ( 1) x ( 1)3 ( 1) ( 1) 0,25 ( 1)( 1) 2 1 0,25 Thay giá trị x vào P ta được: P 12.22 2 55 2017 1b) (1,0 điểm) Với điều kiện a 0; a �1 thì: M (2 điểm) M a 1 a a a 1 a a a 1 M a a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 1 a a a a Khi N 0,25 12017 a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a 0 Ta thấy với a �1 � a a � a 1 a � Do N a a 1 0,25 2 Để N có giá trị nguyên N = a 1 a a 1 a a 1 �a � a ( th� a m� n) a 2 3� � �� a ( th� a m� n) �a � 0,25 0,25 0,25 Vậy a �4 2a) (1,0 điểm) Phương trình: x 2mx m m có hai nghiệm thì: ' m �۳ m 2 m m m Theo hệ thức Vi-ét ta có: �x1 x 2m � �x1x m m 0,25 Ta có: x1 x � x12 x 2 x1x 64 � Bài (2 điểm) x1 x 0,25 2x1x x1x 64 (1) Trường hợp 1: Nếu x1 x dấu thì: m �6 � x1x �0 � � m m m m 3 �0 � 6 �m �2 � �� (*) m �3 � 0,25 Khi (1) � x1 x 64 � 4m 64 � m � (thỏa mãn (*)) Trường hợp 2: Nếu x1 x trái dấu thì: x1x � m m m m 3 � 2 m (**) 2 Khi (1) � x1 x 4x1x 64 � 4m m m 64 � m 16 � m 10 (không thỏa mãn điều kiện (**) 0,25 Kết luận: m �4 2b) (1,0 điểm) 2 2 � �x y 2x y x y 2xy 3x (1) �2 2017 y 3m (2) �y x 2 2 Ta có (1) � x y x y 2x y 2xy 3x x 1 � �� xy 1 � V�l� � (x 1) x y 2xy Thay x = vào phương trình (2) ta y y 3m (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 3m 1 � 12m � m Theo đề bài: x y x y1 � y1 y y1y (4) x1 x theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : �y1 y thay vào (4) ta có: 3m � m (thỏa mãn) � �y1y 3m 0,25 0,25 0,25 Với m Kết luận: m = 3a) (1,0 điểm) 0,25 Ta có (a + b2) (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m ka – b ��* m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: mb m b a k ka (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) m – 1 b –1 �* Do m, b � 0,25 Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) Lại a > nên suy ra: k + – ka k(a – 1) Vì a – 0, k > nên �k a – 1 �0 v�k a – 1 �� Bài (2 điểm) a 1 � � a2 � � � � k 1 � � k(a 1) � �� � k(a 1) � 0,25 Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = � m 1 � � � b 1 � b � k.a � a � �� � � b � k.a � a m 1 � � � � b 1 � � 0,25 Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = b 1 � Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = � m 1 � Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: từ (1) suy a + k = b b = Khi đó: a = 2, b = Vậy có cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) 3b) (1,0 điểm) Với x số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 1 x2 x 1 x2 x x 1 x x � 2 (*) x 1 x Dấu “ =” xảy x = Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: a3 a3 b c Suy ra: 2a � 2 b c 2a �b c � �b c � 1 � � � � �a � �a � a3 b c 2a a2 � 2 (1) 2 2 b c 2a a b c 0,25 0,25 a3 0,25 Tương tự ta có: b3 b3 a c c3 c3 a b b2 �2 (2) a b2 c2 0,25 c2 �2 (3) a b2 c2 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 a3 b c Bài (3 điểm) b3 b3 a c c3 c3 a b �1 0,25 Dấu “=” xảy a = b = c Hình vẽ: 4a) (1,5 điểm) Gọi I trung điểm BC suy IO BC � ACN � , CAN � ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB chung) AB AN � AB.AC = AN2 � AN AC ANO vuông N, đường cao NH nên AH.AO = AN2 � AB.AC = AH.AO (1) AHK đồng dạng với AIO (g.g) Nên AH AK � AI � AK AH � AO (2) AI AO Từ (1) (2) suy AI.AK AB.AC � AK 0,25 0,5 AB � AC AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định � AK không đổi Mà A cố định, K giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB � K cố định (đpcm) 4b) (1,5 điểm) ME MH MQ DQ MP MH MH PMH đồng dạng MQH (g.g) � MQ QH 2DQ Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g) � 0,50 0,25 0,50 0,50 � MP ME � ME = MP � P trung điểm ME MQ MQ Bài (1,0 điềm) 0,50 Giả sử A = a1 ;a ;a 3; ;a 21 với a1; a ; a 3; ; a 21 �� Bài (1 điểm) a1 a a a 21 Theo giả thiết ta có a1 a a a11 a12 a13 a 21 � a1 a12 a a13 a a 21 a11 (1) Mặt khác với x; y �Z y x y �x � a12 a �10, a13 a �10, ,a 21 a11 �10 (2) Nên từ (1) suy a1 10 + 10 + +10 = 100 mà a1 nhỏ 101�A � a1 =101 Ta có 101 a12 a a13 a a 21 a 11 �100 � a12 a a13 a a 21 a11 100 0,25 0,25 Kết hợp với (2) � a12 a a13 a a 21 a11 10 (3) � 10 a12 a (a12 a11 ) (a11 a10 ) (a a ) �10 � a12 a11 a11 a10 a a (4) Ta có a1 =101 mà 102 �A � a 102 Kết hợp với (3) (4) suy A = 101;102;103; ;121 - Hết 0,25 0,25 ... 4 198 9 4n 27 Vì A 227 số phương nên 4 198 9 n27 số phương Ta có 4 198 9 4n27 > 4n 27 (2n 27 )2 *mà 4 198 9 4n27 số phương nên ta có n 27 1 ۣ n 27 4 198 9 4n27... 9b 3a 6b a 2 � 18a 36b2 9b 3a 6b2 a 3a 6b a 18a 36b2 9b 3a 6b2 a �Q � �Q � Vơ lý số vơ tỉ Vì a, b nguyên nên 18a 36b2 9b � � 3a 6b2 b 18a 36b 9b... OA=OC ( ) nên MO trung trực AC � NBO � � MO AC � MO // NB � MOA � NOB � 90 0 ; xét MAO NOB có -Ta có OA MA ( ) � MAO � NOB � 90 0 ; MOA � NBO � ; OA OB R � MAO NOB � MO