casio

SỞ GD&ĐT HẢI
DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)
Ngày thi: 27/03/2013
( Đề thi gồm có 01 trang )

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức:

A=



x

50 

x + 50



x + x 2  50

với x  50

b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
Câu 2 (2,0 điểm):
4x
2

a) Giải phương trình x  5x + 6

+

3x
2

x  7x + 6

=6

 x + y + 4 xy = 16

x + y = 10
b) Giải hệ phơng trình sau:

Cõu 3 (2,0 im):
2
2
a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab  11b chia hết cho 5 thì
a 4  b 4 chia hết cho 5.

2
b) Cho phương trình ax +bx+10 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết

nghiệm của phương trình.

x=

5 3
5+ 3 là

Câu 4 (3,0 điểm):
Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ
đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d).
Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm
của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O),
BC cắt MN tại K.
a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.


b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng
MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho

An =

1
(2n +1) 2n  1 với n * .

Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 .
------------- HẾT -----------Họ và tên thí sinh: ……………………………… ….. Số báo danh …………….
Chữ kí giám thị 1 …………………..

Chữ kí giám thị 2 …………………..


ĐÁP ÁN
Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến
0,25 điểm
CÂU PHẦN

NỘI DUNG

ĐIỂM

Ta có :
A2 =

2



x - 50 - x + 50


=  2x - 2

 x+

x 2 - 50

0,25





A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50
A2

a)
1,0
điểm
Câu
1



x 2 - 50 x + x 2 - 50

A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50







0,25

2

A = 100

Nhưng do theo giả thiết ta thấy
<0

2,0



A=



x - 50 - x + 50



x + x 2 - 50

0,25

 A= -10

điểm
0,25đ
2
x + 3 = 2 => x  2  3  ( x  2) 3

b)
1,0

điểm

 x 2  4 x  1 0

B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013
B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013
B = 2013

Câu
2
2,0
điểm

a)

Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình

1.0
điểm

Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với:
4
6
x  5+
x

+

3

6
x 7+
x

=6

0,25
0,25
0,25
0,25


Đặt

t = x 7+

6
x phương trình trở thành

4 3
+ =6  1  t 0; t  2 
t+2 t
 1  4t  3t  6 6t 2  12t  6t 2  5t  6 0

Giải phương trình ta được
Với

t1 

t1 

3
2
; t2 
2
3 ( thỏa mãn )

6 3
3
x  7    2 x 2  11x  12 0
x 2
2 ta có

3
x1  ; x 2 4
2
Giải phương trình ta được
( thỏa mãn )

Với

t2 

0,25

0,25

6 2
2
x  7    3 x 2  23 x  18 0

x 3
3 ta có

23  313
23  313
x3 
; x4 
6
6
Giải phương trình ta được
(thỏa

0,25

mãn)
3
x1  ; x 2 4
2
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là :
;
23  313
23  313
x3 
; x4 
6
6

0,25

 x + y + 4 xy = 16

 x + y = 10
x y

Đặt S=

S + 4P = 16
 2
S - 2P = 10

b)
1,0
®iĨm

(I) ( x; y 0 )

xy

;P=

( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng
0,25

( II)

S = 4

Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được P = 3
x; y

Khi đó

0,25

2

là 2 nghiệm của phương trình t – 4t + 3 =0

Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
x = 9 x = 1
;

y
=
1

y = 9

0,25

0,25
Câu
3
2,0
điểm

4a 2  3ab  11b 2 5   5a 2  5ab  10b 2    4a 2  3ab  11b 2  5

0.25

 a 2  2ab  b 2 5

a)

2

  a  b  5

1.0
điểm

 a  b5 ( Vì 5 là số nguyên tố)
 a  b  a  b
4

4

2

2

  a  b   a  b  5

0,25
0,25
0,25

b)

1,0
®iĨm

x

x

5 3
5 3
5 3
5 3


=

5

5 3



3



2

5

3



4  15

là nghiệm của phương trình nên ta có

0,25


2


 

a  31  8 15   b  4  15  10
a 4  15  b 4  15 10

  15(8a  b)  31a  4b  1 0

Vì

a, b  Q

Do đó nếu
Suy ra

nên

(8a  b), (31a  4b  1) Q

8a  b  0

thì

8a  b 0


31a  4b  1 0

15



31a  4b  1
Q
8a  b

0,25
(Vơ lí)

 a 1

b  8

0,25đ

0,25
Câu
4

M

3,0
điểm

Q

P
A

B

O D

H
K
I

C
E

d

N

I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
a)



 OI  BC  OIA
900

Ta có AMO 90 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) )
1,0
ANO 900
®iĨm
( do AN là hai tiếp tuyến (O) )
0

Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường trịn đường kính OA
b)

AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân

0,25
0,25
0,25
0.25



giác MON mà ∆OMN cân tại O nên OA  MN

1


ANB=ACN=



2 sđ NB
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì
và CAN
AB AN
=
 AB.AC=AN 2
chung ) suy ra AN AC

∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN

0,25

2

Suy ra AB.AC = AH.AO
0



∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=90 và OAI chung )

1,0
AH AK
®iĨm  AI = AO  AI.AK=AH.AO

0,25

 AI.AK=AB.AC
 AK=

AB.AC
AI

Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố
định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB
suy ra K cố định

0,25

0,25
c)

0

Ta có PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ).

1,0



®iĨm Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),



EMH=MQD
( cùng phụ với MPO )



ME MH


MQ DQ

0,25

∆PMH đồng dạng với ∆MQH
MP MH MH


MQ HQ 2 DQ
MP 1 ME


MQ 2 MQ


 ME = 2 MP  P là trung điểm ME.

0,25


0,25
0,25
1
2n  1
A 

n (2n  1) 2n  1 (2n  1)  2n  1

A 

n

Câu
5
1,0

Vì

0,25

2n  1  1
1 
2n  1  1
1  1







2  2 n  1 2n  1 
2  2n  1
2n  1   2 n  1

1

2n  1

1


2n  1

điểm
Do đó:

1
0
2n  1

1
1
2


2n  1
2n  1
2n  1

và

nên

1 

2n  1 

0,25

A 

n

1
(n  *)
2n  1
A1  A2  A3  ...  An  1 

A1  A2  A3  ...  An  1 

1
1
1
1




3
3
5
2n  1

1
2n 1

0,25

1
1
2n  1

0,25
Hết