ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 TỈNH SƠN LA 20122013

UBND TỈNH SƠN LA
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 - THCS
NĂM HỌC 2012 -2013

Môn: Toán
Ngày thi:16/3/ 2013.
(Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu I (5 điểm).
1. Giải phương trình: (2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1) = 9x2.

 x 2 + y 2 = 1
2. Giải hệ phương trình:  2013
2013 y =
 x −

(

2012

)

y − 2012 x .( x + y + xy + 2014)

Câu II (4 điểm).
Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.Chứng minh rằng:

z.( x − z ) + z.( y − z ) ≤ xy .

Câu III (3 điểm).
Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép
chia đa thức đó cho (x-2).(x-3).
Câu IV (3 điểm).
Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta đều có:

5n (5n +1) −6 n (3n +2 n ) chia hết cho 91
Câu V (5 điểm).
Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn
(O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D,
đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.
1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba
điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD.
3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD.
–––––––––––––––––––––––––


UBND TỈNH SƠN LA
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập- Tự do- Hạnh phúc

ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9- THCS
NĂM HỌC 2012 -2013

Môn: Toán
Câu

Đáp án

Điể
m

1. Giải phương trình: (2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2.
(1)
2
4
3
2
(1) ⇔ 4 x + 4 x − 20 x + 2 x + 1 = 0 (x ≠ 0).Chia cả hai vế cho x ta được :
⇔ 4x2 + 4x -20 +

2 1
+
= 0. ⇔
x x2

2

1
1



 2 x +  + 2. 2 x +  − 24 = 0 .
x
x



1
x

0.5

Đặt y = 2 x + .(2)
0.5

y = 4
y =−6

Ta có: y2 + 2y -24 = 0. ⇔

*) Với y=4 thay vào (2) ta được :
I


2− 2
 x1 =
1
2
4 = 2 x + ⇔ 2 x2 − 4x + 1 = 0 ⇔ 

x

2+ 2
 x2 =

2

0.5
0.5

*) Với y= -6 thay vào (2) ta được :

−3 − 7
x3 =

1
2
−6 = 2 x + ⇔ 2 x 2 + 6 x + 1 = 0 ⇔ 
x

−3 + 7
 x2 =

2

Vậy pt đã cho có 4 nghiệm.
2
2

x + y =1(1)

2. 2013
x − 2013 y = 2012 y − 2012 x .( x + y + xy + 2014)(2)


Giải:
Điều kiện: x,y ≥ 0.
Từ phương trình (2) ta thấy:
- Nếu x > y thì: VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP. Do đó (2) vô
nghiệm vậy hệ đã cho vô nghiệm.
- Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP. Do đó (2) vô

(

0.5
0.5

)

0.5
0.5


nghiệm vậy hệ đã cho vô nghiệm.
- Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.
x 2 + y 2 =1
1
⇔ x= y=
Kết hợp với (1) ta được: 
.
2

x = y ( x, y ≥ 0)
 1

0.5

1 

Vậy nghiệm của hệ là :  ; ÷
 2 2

0.5

Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.( x − z ) + z.( y − z ) ≤ xy (1).
Giải :
x = z + m
y = z + n

Đặt: 

(m,n,z > 0).

0.5

Khi đó (1) trở thành:
II

0.5

zm + zn ≤ ( z + m).( z + n)
m


⇔ m + n ≤ 1 + .( n + z )
z


0.5

(2).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2


m 
 m
1 + z ÷.(n + z ) ≥  n + z .z ÷
÷ =





(

n+ m

)

2

 m
⇔ 1 + ÷.(n + z ) ≥ n + m .
z


Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm).

III

Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần
dư của phép chia đa thức đó cho (x-2).(x-3).
Giải:
Gọi đa thức đã cho là F(x).
Khi chia đa thức F(x) cho (x-2).(x-3) là đa thức bậc 2 nên phần dư của
phép chia phải là đa thức có bậc nhỏ hơn 2.Vậy theo bài ra ta giả sử đa
thức dư cần tìm là ax+b.
Do đó đa thức F(x) có dạng:
F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương
trong phép chia)
Theo giả thiết F(x) chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7,ta có:
F (2) =5
a.2 +b =5
a =2
⇔
⇔

F (3) =7
a.3 +b =7
b =1

Vậy đa thức dư là 2x+1.

1.0
1.0
0.5

0.5
0.5
0.5

1.0
0.5


CMR: 5n (5n +1) −6 n (3n +2 n ) M
91
Giải:
*) Ta có: A = 5n (5n +1) −6 n (3n +2 n )

= 25 +5 −18 −12
n

n

n

0.5

n

= (25n −18n ) −(12n −5n )
IV

0.5

Mặt khác:

25n − 18n = (25 − 18)(25n −1 + ... + 18n −1 ) M7
12n − 5n = (12 − 5)(12n −1 + ... + 5n −1 )M7
Do đó : AM
7

0.5

*) Tương tự :

A = 5n (5n +1) −6n (3n +2n )
= 25n +5n −18n −12n

0.5

= (25n −12 n ) −(18n −5n )
Mà:

25n − 12n = (25 − 12)(25n −1 + ... + 12 n −1 ) M
13

0.5

18n − 5n = (18 − 5)(18n −1 + ... + 5n −1 )M

13
Do đó : AM
13
Ta có: (7;13) =1 ⇒

AM(7.13) ⇒ AM91

0.5

x
E
D
A
H

B

0.5

O'

O

F

C

1. Ta có :
V

·
AEB
= 900

( Góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn (O) ).
·
ADC
= 900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’) ).
Tức là D và E luôn nhìn BC dưới một góc vuông.Vậy bốn điểm B, C,
D, E cùng nằm trên một đường tròn đường kính BC.

0.5
0.5


·
·
2. Ta có AFB
= AFC
= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) suy ra
·
·
AFB
+ AFC
= 1800

Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng.
·

·
» )
+) AFE
( góc nội tiếp cùng chắn AE
= ABE
·
·
» )
và AFD
(góc nội tiếp cùng chắn AD
= ACD
·
·
» của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
Mà ECD
(cùng chắn DE
= EBD
BCDE)
·
·
·
Suy ra: AFE
=> FA là phân giác của góc DFE
= AFD
3. Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE .
Thật vậy: AB là đường kính của đường tròn(O), EF là dây cung của
·
·
·
(O) => AB là phân giác của góc EBF

(1)
⇒ EBA
= FBA
·
·
» )
(2) ( góc nội tiếp cùng chắn AF
AEF
= ABF
·
·
(3) ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp
AED
= EBA
» ).
cùng chắn AE
·
·
·
Từ (1), (2), (3) suy ra: AEF
. Vậy EA là phân giác của góc DEH
= AED
AH EH
=
AD ED
·
·
*) Ta có: BE=BF ⇒ BEF
(*)
= BFE

trong tam giác DHE . Suy ra

(4)

·
·
Mặt khác: xEB
(**) ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng
= BFE
» ).
góc nội tiếp cùng chắn BE
Từ (*) và(**) suy ra EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy
ra

BH EH
=
BD ED

0.5
0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

(5)

Từ (4) và (5) ta có:

AH BH
=
⇔ AH.BD = BH.AD
AD BD

0.5