HSG 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH. Đề chính thức. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2012 - 2013. Môn: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09/01/2013. Câu 1. (3,0 điểm) 3. 3. a. (1,5 điểm) Cho x 1  2  4 , 3 2 Chứng minh rằng: P x  3x  3x  3 là một số chính phương. b. (1,5 điểm): 1. Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p lớn hơn 3 đều viết được dưới dạng p = 6m 1 , với m là số tự nhiên. 2 2. Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p  1 là số nguyên tố. Câu 2 (3,0 điểm):. P. Cho biểu thức: a. Rút gọn P .. x x. x. . 2 x2  x  2 x ( x  1)( x  2 x ). b. Tính P khi x 3  2 2 . c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 3 (6,0 điểm): 2. 2. 10  x   x       9 a) (2,0 điểm) Giải phương trình:  x  1   x  1 . b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m sao cho. 3. m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a,. 3 2 3 b, c để: a m  b m  c 0.  2 1 1  x  x   1   4 y y   2  x 3  x  x  1 4  y y3 y2 c) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: . Câu 4 (6,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C. 1. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC. 2. Tính số đo góc A của tam giác ABC. Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương . Chứng minh rằng : a  bc. b  ca. c 2 ab. --------------- Hết --------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH. HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2012 - 2013. Môn: Toán Câu I. (3,0 điểm) 3 3 3 2 a. ( 1,5 điểm) Cho x 1  2  4 , Chứng minh rằng: P x  3x  3x  3 là một số chính phương.. 1  3 2   3 3 x 1  2  4    x. . 3. . 2  1 1 . 3. 2.  2   . 3. 3.   2 . 21. 3. 3. 21. 2.x  x 1 . 3. 3. 3. 1. 21. 2.x x  1 . . 3. 3. 2.x. . 3. 1. 0,75 đ. 21  x  1. 3.  2x 3 x 3  3x 2  3x  1  P x 3  3x 2  3x  3 4 22 .. 0,75 đ. Vậy P là số chính phương. b. (1,5 điểm): 1. Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p lớn hơn 3 đều viết được dưới dạng p = 6m 1 , với m là số tự nhiên. 2 2. Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p  1 là số nguyên tố.. - Mọi p nguyên tố lớn hơn 3, p không chia hết cho 2 và 3 nên. từ đó. ¿ p=6 m+5 p=6 m+1 ¿{ ¿. ¿ p≠ 6 m+3 p ≠6 m+2 p≠6m ¿{{ ¿. hay p = 6m 1. - Xét p>3 thay p = 6m 1 vào biểu thức A= 8 p 2+ 1 thấy 3< A ⋮ 3 (loại) thay trực tiếp p =3, A=73 (nhận) p=2, A=33 (loại). 2. Câu 2 (3,0 điểm): P. x. x x Cho biểu thức: d. Rút gọn P .. . 2 x 2  x  2 x ( x  1)( x  2 x ). e. Tính P khi x 3  2 2 . f. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.. 0,75 ,. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> P. a. . x( x  2)  2( x  1)  x  2 x x  2 x  2 x  2  x  2  x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2). . x x  2x  2 x  x x ( x  1)( x  2) ( x  1)   x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1). x 3  2 2 . b. 1,0. x 2 x2   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2). x  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1. ( x  1) 2 1 1 2 2   1  2 ( x  1) 2 1  1 2 ĐK: x  0; x 1 :. 1,0. P. c. P. ( x  1) ( x  1). . x  1 2 x1. 1 . 1,0. 2 x1. Học sinh lập luận để tìm ra x 4 hoặc x 9 3. Câu 3 (6,0 điểm): Đại số 2. 2. 10  x   x       9 a) (2,0 điểm) Giải phương trình:  x  1   x  1 . 1) 2,0đ. Đk: x 1. Phương trình tương đương với 2. 2.  2 x2  x  x2 10 2 x 2 10  x    2   2  0.   2 2 x 1 9  x 1 x  1   x  1 x  1 9 2 x2 10 5 2 t 2 , t2  t  0  t  t x  1 ta được phương trình 9 3 hoặc 3 Đặt 2x2 5 5 t ,  2 3 ta được x  1 3 (vô nghiệm) Với 2 2x2 2 1 t  ,  x  . 2 3 ta được x  1 3 suy ra 2 Với b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m sao cho. 3. m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a,. 3 2 3 b, c để: a m  b m  c 0. a 3 m 2  b 3 m  c 0 (1) Giả sử có (1)  b 3 m 2  c 3 m  am 0 (2) 2 2 3 Từ (1), (2)  (b  ac) m (a m  bc). 0.5. 2. a m  bc b2  ac là số hữu tỉ. Trái với giả thiết! Nếu a m  bc 0  b2  ac 0 b3 abc   2   2 a m  bc 0 bc am 2. . 3. m. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 3. 3. 3.  b a m  b a m . Nếu b 0 thì  a 0;b 0 . Từ đó ta tìm được c = 0.. m. b a là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!. 0.5. Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0. 0.5.  2 1 1  x  x   1   4 y y   2  x 3  x  x  1 4  y y3 y2 b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: . 2) 2,0đ.  2 x     x3   y  0. Đk: Hệ tương đương với . Đặt. 1  u  x   y   v  x ,  y . 1 1  x  4 y2 y 1 x 1   x   4. 3 y y y. u 2  u  2v 4   3 u  2 uv  4   ta được hệ. u 2  Với v 1, ta được. 1   x  y 2     x 1  y. u 2  4u  4 0   2 u  u  4 2v. u 2  v 1..  x 1   y 1.. (thoả mãn điều kiện). 4. Câu 4 (6,0 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C. 3. Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC. 4. Tính số đo góc A của tam giác ABC. (6,0 điểm) 4.1 + Ta có: Hai tam giác BHC và BKC đối xứng với (2 đ) nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy ra:   0,25 BHC BKC . Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại D.   Ta có: BAK BCK (góc nội tiếp cùng chắn cung    BK ) và BCH BCK (CI là đường cao của tam. giác cân HCK, vừa là phân giác góc C).   Suy ra: BAK BCE 0 0     Mà BAK  ABC 90 nên BCE  ABC 90. 0,25 0,5 0,5. 0  Do đó: BEC 90 , nên CE là đường cao thứ hai. của tam giác ABC.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H là trực tâm của tam giác ABC. 4.2 + Trường hợp H ở trong đường tròn (O): (4 đ) Kẻ đường kính FG của (O) vuông góc với dây BC tại M, thì M là trung điểm của BC. Trong đường tròn (O) hai dây AK và FG song song nên chắn hai cung. 0,25 0,25.   AG  KF  AG KF (1).. Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy ra: 0,25 AG = OH (2). Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân. (2 đ) Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên 0,25 1 R OM 1   OM  OF   cos FOC    FOC 600 2 2 OC 2 1   BAC  BOC FOC 600 2 Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung. 0,5 0,5. BC) + Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở trên nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính PQ là tiếp tuyến của (O) tại A. Khi đó tam giác ABC có 2 góc nhọn và một góc tù (góc C tù chẳng hạn). 0     Ta có: HBI  AHB 90 , HBI IBK (đối xứng. (1 đ).   nhau qua BI), IBK CAK (góc nội tiếp cùng chắn . . 0. cung KC), nên CAH  AHB 90 , suy ra: BH  AC tại D. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. 0  Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm của OF và BAC 60. + Trường hợp H ở trên nửa đường tròn (A) đường kính PQ và không chứa O: Khi đó A là góc tù. Ta cũng chứng minh tương tự H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của bán kính OF. 0 0   Suy ra MOC 60  BOC 120. (1 đ). . . 0. Mà BFC BOC 120 (2 góc đối xứng nhau qua BC).   Nhưng BAC BFC (góc nội tiếp cùng chắn cung BKC. . 0. Vậy BAC 120 Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương . Chứng minh rằng : a  bc. Bài 5 (2,5đ). 0,25. b  ca. Áp dung Côsi :. 0,25 0,5. 0,25 0,25 0,25. 0,25. c 2 ab a bc bc 1 bc .1  (  1) a 2 a = 2a. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Suy ra :. a 2a  b  c a  b  c ( dấu " = " khi a = b + c). 0,25. Tương tự :. b 2b  a c a b c. 0,25. c 2c  a b a bc. ( dấu " = " khi b = c + a). Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên , ta được : dấu " =" không xảy ra . 0,5. ( dấu " = " khi c = a + b). a  bc. b  ca. a  b c. b  ca. c 2 a b. c 2 a b. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>