DADE THI HSG TOAN 9

Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn tâm O để điểm P cũng nằm trên đường tròn đó... Chữ ký giám thị 1.[r]

PHÒNG GD&ĐT KRÔNG ANA KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Đề thi môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút I (4 điểm) Cho n là số tự nhiên bất kì khác Chứng minh phân thức 21n  14n  là tối giản (không thể giản ước được) Chứng minh số có dạng n4 – 4n3 – 4n2 + 16n (với n là số nguyên chẵn lớn 4) thì chia hết cho 384 y II (3 điểm) Tìm x (x > 0) để biểu thức Tính giá trị lớn đó x  x  2012  đạt giá trị lớn III (5 điểm) Giải các phương trình sau: a b x 2 x  x  x  Dùng đồ thị để kiểm tra lại các kết luận câu  o IV (3 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có A 80 I là o  o  điểm tam giác đó cho IBC 10 , ICB 20 Hãy tính số đo góc AIB V (5 điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn tâm O và điểm M di động trên đường tròn đó Gọi D là hình chiếu B trên AM và P là giao điểm BD và CM Chứng minh tam giác BPM cân Xác định vị trí điểm M trên đường tròn tâm O để điểm P nằm trên đường tròn đó Tìm quỹ tích điểm D M di động trên đường tròn tâm O (Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị Chữ ký giám thị PHÒNG GD & ĐT KRÔNG ANA ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP Câu Nội dung Điểm a b a    Ta thấy b tối giản thì a tối giản 21n  7n  21n  7n  1  14n  14n  Ta thấy 14n  tối giản 14n  tối giản, hay 14n  n  tối giản 14n  2  n  vì n là số tự nhiên khác nên n  1 , Ta có n  1 21n  đó 7n  tối giản, hay 14n  tối giản Ta có 384 = 27.3 I Với n chẵn và n > 4, đặt n = 2k với k nguyên và k > Từ đó ta có: n  4n3  4n2  16n  2k    2k    2k   16  2k  24 k  25 k  k  25 k 24 k  k  2k  k   24 k  k  k  1   k  1  24 k  k    k  1  k  1 Vì k > nên k –  1, k –  2, k  và k +  Trong các số k ,  k   ,  k  1 ,  k  1 có số chia hết cho và có số chia hết cho nên tích các số đó chia hết cho 23 Mà tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 3, 24 k  k    k  1  k  1 chia hết cho 27.3 hay n  4n  4n 16n chia hết cho 384 y x x  2012   Theo bài ta có x > 0, đạt giá trị nhỏ với y  đạt giá trị lớn y  x  2012  x  2.2012 x  20122 20122   x  4024  y x x x 20122  4024  x  x Vì 4024 không đổi nên ta tìm giá trị nhỏ hay y 20122 20122 x x Ta thấy hai số x và x dương và có II 3 2 tích 2012 không đổi nên tổng chúng chúng nhau, tức là: x x 2012 x nhỏ 20122 x hay x2 = 20122, x = 2012 (Không lấy giá trị âm) Vậy với x = 2012 thì y đạt giá trị lớn và giá trị đó là y III 2012  2012  2012  x 2 x  1a  8048 : Nếu x  thì x = 2x – hay x = 1 Nếu x < thì –x = 2x – hay x = (loại) 1,5 Vậy nghiệm phương trình là x = 1b x  x  : Nếu x  thì x = -x – hay x = -2,5 (loại) Nếu x < thì –x = -x – hay = -5 (vô lí) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 1,5 y yx = 2x-1 yx = x yx = x -5 O x -2 yx = -x-5 -4 * Vẽ đồ thị y = |x| và y = 2x -1 trên cùng hệ trục toạ độ Giao điểm chung đồ thị trên là điểm (1; 1) * Vẽ tiếp đồ thị hàm số y = -x – 5, rõ ràng đồ thị y = |x| và y = -x – không cắt Phương trình vô nghiệm A K I B IV C Vẽ tam giác KIC (K và A cùng phía so với BC), đó  ICA  ACK 30O   ICA = KCA  IAC KAC o  o o   Ta có BIC 150 ; KIC 60  BIK 150  BIK BIC  KBI 10o  ABK  ACK 30o  ABCK nội tiếp đường tròn      KAC  IAC KBC 20o  BAI 60o  AIB 80o 3 P A N D O M H C B I      Ta có AMB  ACB nên DBM 1V  AMB 1V  ACB (1)   Kẻ AH vuông góc với BC cắt đường tròn (O) I, ta có CAH HAB   nên CI = IB và CAH 1V  ACB (2)   Từ (1) và (2) ta có MBD CAH Vì AI là phân giác góc A nên       MBD CAI IAB , nên NM CI IB V 1     IB   MN  CPB  CPB  CI  sđ sđ CI Ta thấy hay Ta có     CPB CAI cho nên CPB MBN hay tam giác MPB cân M   1  CPB  CAB Ta thấy P ngoài đt(O) thì Tam giác ABC 1 CAB cố định nên P phải nằm trên cung chứa góc vẽ trên BC Từ đó ta thấy giao cung nói trên và đt (O) là điểm P Vì cung này cắt đường tròn điểm B và C nên ta có điểm P trên đt (O) 1  ICB  CAB - Nếu P trùng với C, ta có nên lúc này M trùng với I Ngược lại, M trùng với I ta phải chứng minh P trùng với C, tức là P thuộc đt(O) Nối IA, kẻ BD  AI cắt CI C' (C' đóng vai trò P) đó BC'  AI Vì tam giác CIB cân và AI  CB nên CB trung với C'B Vì C' trung với C, tức là P trùng với C 1  CBM  CAB  D HAB  - Nếu P trùng với B, dựng , vì MB mà HAB  HBA   1V nên ABM 1V , chứng tỏ AB  BM mà AM  BP nên M trùng với B Ngược lại, M trùng với B, ta phải chứng minh P trên đường tròn, tức là P trùng với B Nối AB, từ B kẻ BP  AB; nối CM Vì M trùng với B nên CM trùng với CB và giao điểm BP với CB chính là B Thuận:  Vì AB cố định và BDA 1V không đổi, nên B nằm trên đường tròn đường kính AB Đảo: Giả sử có điểm D' bất kì trên đường tròn vừa tìm Nối AD' cắt đường tròn (O) M'; nối BD'; ta chứng minh AM'  BD', tức là D' là hình chiếu B trên AM' o  Vì D' thuộc đường tròn đường kính AB nên AD'B 90 P A N M' D' 1 D O M H C B I Kết luận: Quỹ tích điểm D M di động trên đường tròn tâm O là đường tròn đường kính AB