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 – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP - 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) Giải phương trình: (2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1) = 9x2  x + y = 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 dư 5, chia cho x-3 dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức cho (x-2).(x-3) Câu IV (3 điểm) Chứng minh với n nguyên dương ta 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 đường tròn (O’) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn 2) Gọi F giao điểm hai đường tròn (O) (O’) (F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD 3) Gọi H giao điểm AB 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 Giải phương trình: (2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1) (1) ⇔ x + x − 20 x + x + = (x ≠ 0).Chia hai vế cho x ta : ⇔ 4x2 + 4x -20 + + = ⇔ x x2 1 1    x +  + 2. x +  − 24 = x x   x 0.5 Đặt y = x + (2) 0.5 y = y =−6 Ta có: y2 + 2y -24 = ⇔ *) Với y=4 thay vào (2) ta : I  2−  x1 = = x + ⇔ x2 − 4x + = ⇔  x  2+  x2 =  0.5 0.5 *) Với y= -6 thay vào (2) ta :  −3 − x3 =  −6 = x + ⇔ x + x + = ⇔  x  −3 +  x2 =  Vậy pt cho có nghiệm 2  x + y =1(1) 2013 x − 2013 y = 2012 y − 2012 x ( x + y + xy + 2014)(2)   Giải: Điều kiện: x,y ≥ Từ phương trình (2) ta thấy: - Nếu x > y thì: VT > 0, VP < suy ra: VT > VP Do (2) vô nghiệm hệ cho vô nghiệm - Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP Do (2) vô ( 0.5 0.5 ) 0.5 0.5 nghiệm hệ cho vô nghiệm - Nếu x = y đó: VT =VP =0 x + y =1 ⇔ x= y= Kết hợp với (1) ta được:  x = y ( x, y ≥ 0)  0.5  Vậy nghiệm hệ :  ; ÷  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 (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:  m   m 1 + z ÷.(n + z ) ≥  n + z z ÷ ÷ =     ( n+ m )  m ⇔ 1 + ÷.(n + z ) ≥ n + m z  Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm) III Một đa thức chia cho x-2 dư 5, chia cho x-3 dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức cho F(x) Khi chia đa thức F(x) cho (x-2).(x-3) đa thức bậc nên phần dư phép chia phải đa thức có bậc nhỏ 2.Vậy theo ta giả sử đa thức dư cần tìm ax+b Do đa thức F(x) có dạng: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong A(x) đa thức thương phép chia) Theo giả thiết F(x) chia cho x-2 dư 5, chia cho x-3 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 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 : AM 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 : 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 Ta có : V · AEB = 900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) · ADC = 900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’) ) Tức D E nhìn BC góc vuông.Vậy bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn đường kính BC 0.5 0.5 · · Ta có AFB = AFC = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) suy · · AFB + AFC = 1800 Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng · · » ) +) AFE ( góc nội tiếp chắn AE = ABE · · » ) AFD (góc nội tiếp chắn AD = ACD · · » đường tròn ngoại tiếp tứ giác Mà ECD (cùng chắn DE = EBD BCDE) · · · Suy ra: AFE => FA phân giác góc DFE = AFD Chứng minh EA phân giác tam giác DHE Thật vậy: AB đường kính đường tròn(O), EF dây cung · · · (O) => AB phân giác góc EBF (1) ⇒ EBA = FBA · · » ) (2) ( góc nội tiếp chắn AF AEF = ABF · · (3) ( góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp AED = EBA » ) chắn AE · · · Từ (1), (2), (3) suy ra: AEF Vậy EA phân giác góc DEH = AED AH EH = AD ED · · *) Ta có: BE=BF ⇒ BEF (*) = BFE tam giác DHE Suy (4) · · Mặt khác: xEB (**) ( góc tạo tiếp tuyến dây cung = BFE » ) góc nội tiếp chắn BE Từ (*) và(**) suy EB phân giác tam giác DHE suy BH EH = BD ED 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (5) Từ (4) (5) ta có: AH BH = ⇔ AH.BD = BH.AD AD BD 0.5