Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS tỉnh Thái Nguyên năm 2011 - 2012 môn Toán

UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam
Sở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
Tháng 3 / 2012
MôN: Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề)
Đề chính thức
Bài 1. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không là số chính
phương.
Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a,
3
2 x−
+
1
−
x
= 1
b,





=+
=+
=+
2
2
2
2

2
2
yxz
xyz
zxy

Bài 3. Cho
∆
ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC; R, r
theo thứ tự là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp
∆
ABC; M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB, BC và AC.
a, Chứng minh: BN . OM + BM . ON = BO . MN
b, Đặt ON = d
1
; OM = d
2
;

OP = d
3
.
Tính R + r theo d
1
, d
2
, d
3

?
Bài 4. Lấy một số tự nhiên có 2 chữ số chia cho số có 2 chữ số viết theo thứ tự ngược
lại thì được thương là 4 và dư 15. Nếu lấy số đó trừ đi 9 thì được một số bằng
tổng bình phương của 2 chữ số tạo thành số đó. Tìm số tự nhiên ấy?
Hết
Họ tờn thớ sinh: Số bỏo danh:
áp án Đ1
UBND tỉnh Thái Nguyên Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam
Sở Giáo dục & Đào tạo Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
Tháng 3 / 2012
hớng dẫn chấm toán 9
Bài 1: 3,5 điểm
C1: Gọi 5 số nguyờn liờn tiếp là n-2, n-1, n, n+1, n+2 với n nguyờn, dễ thấy tổng cỏc
bỡnh phương của 5 số đó là 5(n
2
+ 2) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 nên
không thể là số chính phương.
C2: Xét tính chẵn lẻ của 5 số nguyên liên tiếp đó.
Bài 2: a. 3,5 điểm
Đặt a =
3
x2
−
b =
1−x

0≥

Ta có :

( )
I
1ba
1
2
b
3
a





=+
=+

⇒

a
3
+ a
2
- 2a = 0
⇔
a ( a
2
+ a -2) = 0
⇔






=−+
=
02a
2
a
0a


Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3)
nên phương trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10
b, 3,5 điểm
Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4)
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5)

Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :
( )
( )
( )( )







=+
=−+−

=+−−
2
2
yxz
0zyxxy
0zyxzx
Để giải hệ trên ta giải 4 hệ
( )
( )







+ =
+ =
+ =
2
xy z 2 1
2
yz x 2 2
2
xz y 2 (3)
( ) ( )
B
2
2
yxz

0zyx
0zx
A
2
2
yxz
0xy
0zx














=+
=−+
=−
=+
=−
=−

( ) ( )

D
2
2
yxz
0zyx
0zyx
C
2
2
yxz
0zyx
0xy














=+
=−+
=+−
=+

=+−
=−
Giải 4 hệ trên ta được 8 bộ nghiệm của hệ phương trình :
(1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ;
(
)
2;0;2
;
(
)
2;0;2 −−
(
)
0;2;2
;
(
)
0;2;2 −−
;
(
)
2;2;0
;
(
)
2;2;0 −−


Bài 3: 6 điểm
a, Ta có BMO = BNO = 90

0

=> OMBN là tứ giác nội tiếp
Trên BO lấy E sao cho BME = OMN
=>
∆
BME
∆
NMO
=>
NO
NM
BE
BM
=

=> BM . NO = BE . NM
Chứng minh tương tự BN. OM = OE .MN
Cộng theo từng vế BM .ON +BN . ON = MN . BO
b. Đặt a , b , c là độ dài các cạnh BC , AC , AB của
∆
ABC
theo câu a ta có d
1
.
2
a
+ d
2
2

c
= R .
2
b

áp dụng câu a đối với các tứ giác OMAP , ONCD ta có
d
1
.
2
b
+ d
3
.

2
c

= R.
2
a

d
3
.
2
a
+ d
2
.

2
b
= R.
2
c
Cộng theo từng vế :

2
R
. ( a+b+c) =
2
1
. ( d
1
b + d
2
b + d
3
c + d
3
a + d
1
a + d
2
c)
mặt khác S
ABC

=
2

r
. ( a+b +c ) =
2
1
.( d
1
c + d
3
b + d
2
a

)
Do đó ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d
1
+d
2
+d
3
)
hay R + r = d
1
+ d
2
+ d
3

Bài 4: 3,5 điểm
Gọi số phải tỡm là (a , b N; 1 a, b 9)

A
0
B
N
O
d1
M
P
E
d3
d2
C
Ta cú hệ
2 2
4. 15(1)
9 (2)
ab ba
ab a b

= +


− = +


C1 : Từ (1) ta thấy nếu
=> a = b = 9 khụng thỏamón (1) và (2)
Vậy b = 1 thay b = 1 vào (2) ta được:
– 9 = a
2

+ 1
 10a + 1 – 9 = a
2
+ 1
 a
2
– 10a + 9 = 0
a
1
= 1; a
2
= 9
(*) a = 1 => a = b loại
(*) a = 9 => = 91 thỏa món (1)
91 = 4 * 19 + 15
Vậy: Số phải tỡm là 91

C2: Từ hệ trờn cú thể dựng PP thế để giải. Rút 1 ẩn từ PT (1) thế vào PT (2) ta sẽ
được một PT bậc 2. Giải PT bậc 2 đó sẽ tỡm được nghiệm.
Chỳ ý: - Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
- GK có thể bàn để thống nhất điểm cho từng phần nhỏ của mỗi bài.