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 2013 -2014
Môn : Toán – THCS
Ngày thi: 16/3/2014
( Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu I (5 điểm).
1. Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.

A =11...1
{ +11...1
{ +66...6
{ +8 .
2 n so 1

n +1 so 1

n so 6

x 2 + 2x + 1 x 2 + 2x + 2 7
+
=
x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 3 6

2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
Câu II (3 điểm).

Cho biểu thức Q = 2.x + 4. y + 5.z . Trong đó x, y, z là các đại lượng thoả mãn điều
 x + y + z = 19
kiện 
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của Q.
 xy + yz + zx = 96
Câu III (4 điểm).
Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1). Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm là
x1 , x2 . Đặt Sn = x1n + x2n ( n ∈ Ν ). Chứng minh rằng: a.Sn + 2 + b.S n+1 + c.S n = 0 .

(

Áp dụng: Không khai triển hãy tính: P = 1 − 3

) + (1+ 3)
7

7

.

Câu IV (3 điểm).
x 5 − 2y = a

a
>
2
Chứng minh nếu

thì hệ phương trình:  2 2

x + y = 1

vô nghiệm.

Câu V (5 điểm).
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H là trực tâm. Trên cung nhỏ BC lấy
điểm M. Gọi N, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh:
1. Ba điểm K, N, I thẳng hàng.
2.

AB AC BC
+
=
.
MK MI MN

3. NK đi qua trung điểm của HM.
–Hết–


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 2013 -2014

Môn: Toán
Câu

Đáp án

Điể
m

1. Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương.

A =11...1
{ +11...1
{ + 66...6
{ +8
2 n so 1

Giải:

n +1 so 1

n so 6

A =11...1
{ +11...1
{ +66...6
{ +8
2 n so 1

2n

n +1 so 1
n +1

n so 6
n

10 − 1 10 − 1
10 − 1
+
+ 6.
+8
9
9
9
102 n − 1 + 10.10n − 1 + 6.10n − 6 + 72
=
9
=

I

2

102 n + 16.10n + 64  10n + 8 
=
=
÷
9

 3 

n
{ có tổng các chữ số bằng 9 nên chia hết cho 3.
Ta có: 10 + 8 = 100...08
n−1 so 0

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

2

 10n + 8 
Vậy: 
÷ là số chính phương. Hay A là số chính phương.
3


2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

0.5

x 2 + 2x + 1 x 2 + 2x + 2 7
+
= (1)
x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x + 3 6


Giải :
Đặt y = x2 + 2x + 2(Vì x là nghiệm nguyên của PT nên y = ( x + 1) 2 + 1
∈ Z)
y −1

y

0.5

7

Từ :(1) ⇔ y + y + 1 = 6

0.5

⇔ 6. ( y − 1) .( y + 1) + y 2  = 7 y.( y + 1)
⇔ 5y2 – 7y – 6 = 0 ⇔ y1 = −

3
(loại); y2 = 2 (thoả mãn)
5

Với y = 2 ⇔ x 2 + 2 x + 2 = 2 ⇔ x1 = 0; x2 = -2

0.5


Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: x1 = 0; x2 = -2.

0.5


Cho biểu thức Q = 2.x + 4. y + 5.z . Trong đó x, y, z là các đại lượng
 x + y + z = 19
thoả mãn điều kiện 
. Tìm GTLN, GTNN của Q.
 xy + yz + zx = 96
II

Giải :
Áp dụng bất đẳng thức Buanhiacốpki cho bộ ba số : 2, 4, 5 và x, y, z
ta có : (2x + 4y +

5.z ) 2 ≤  22 + 42 + ( 5) 2  ( x 2 + y 2 + z 2 )

0.5

2
2
2
2
2
2
Hay Q2 ≤  2 + 4 + ( 5)  ( x + y + z ) .

Từ giả thiết ,Ta có :

( x + y + z)

2


= x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx )

0.5

⇔ 192 = x 2 + y 2 + z 2 + 2.96
⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 192 − 2.96 = 169
Nên suy ra : Q2 ≤ 25.169 ⇒ −65 ≤ Q ≤ 65 .

0.5

Vậy GTLN , GTNN của Q là QMax = 65 , Qmin = −65 . Tức là khi dấu ‘=’
xẩy ra, nghĩa là :
x y z
2 = 4 = 5

 x + y + z = 19
 xy + yz + zx = 96


 26 52 13 5 
 26 52 13 5 
⇒ ( x; y; z ) =  ; ;
÷hoặc ( x; y; z ) =  − ; − ; −
÷
5 
5
5 
 5 5
 5


0.5

0.5

 26 52 13 5 
Vậy QMax = 65 khi ( x; y; z ) =  ; ;
÷
5
5
5


 26 52 13 5 
Qmin = −65 khi ( x; y; z ) =  − ; − ; −
÷
5
5 
 5
Phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1). Giả sử PT (1) có hai nghiệm là x1 , x2 .

0.5


Đặt Sn = x1n + x2n ( n ∈ Ν ). CMR: a.Sn + 2 + b.Sn+1 + c.Sn = 0 .
Giải:
Vì x1 , x2 là hai nghiệm của PT (1) nên :

III

ax12 + bx1 + c = 0

 2
ax 2 + bx2 + c = 0
Ta có:

0.5

a.S n+ 2 + b.S n+1 + c.S n

= a ( x1n+ 2 + x2n+ 2 ) + b ( x1n+1 + x2n+1 ) + c ( x1n + x2n )
= x1n ( ax12 + bx1 + c ) + x1n ( ax 22 + bx2 + c )
=0

(

Áp dụng tính: P = 1 − 3

) + (1+ 3)
7

0.5
7

.

Đặt x1 = 1 − 3; x2 = 1 + 3 thì x1 , x2 là nghiệm của phương trình:
x2 − 2x − 2 = 0

(

Đặt Sn = x1n + x2n = 1 − 3


) + (1+ 3)
n

n

0.5

.

Theo kết quả chứng minh trên ta có:
Sn+ 2 − 2 S n +1 −2S n = 0
⇔ Sn+ 2 = 2( Sn +1 + S n )
Do đó: S2 = 2( S1 + S0 ) . Với:

( ) (
)
= (1− 3) + (1+ 3)
1

0.5

1

S1 = 1 − 3 + 1 + 3 = 2
S0

0

0


=2

⇒ S2 = 2( S1 + S0 ) = 2(2 + 2) = 8 .
Tương tự ta có:
S3 = 2( S 2 + S1 ) = 2(8 + 2) = 20

0.5

S 4 = 2( S3 + S 2 ) = 2(20 + 8) = 56
S5 = 2( S 4 + S3 ) = 2(56 + 20) =152

0.5

S6 = 2( S5 + S 4 ) = 2(152 + 56) = 416
Vậy:

(

S7 = 2( S 6 + S5 ) = 2(416 +152) =1136.

P = 1− 3

) + (1+ 3)
7

7

0.5


= 1136 .
0.5

 x − 2y = a (1)
CM nếu a > 2 thì hệ phương trình:  2 2
vô nghiệm.
5

 x + y = 1 (2)

Giải:


x 5 − 2y = a (1)

Giả sử hệ  2 2
có nghiệm là (x; y)

x + y = 1 (2)

0.5

Từ (2) suy ra x ≤ 1, y ≤ 1 . Từ (1) ta có:
IV

a = x 5 −2y ≤ x 5 +2 y ≤ x 2 +2 y
=( x 2 + y 2 ) −( y 2 −2 y +1) +1

0.5
0.5

0.5

= 2 − ( y 2 − 2 y + 1) = 2 − ( y −1) 2 ≤ 2

0.5

⇒ a ≤ 2 trái giả thiết là a > 2 .

Suy ra hệ trên vô nghiệm (đpcm).

0.5

A
S

H

K

P

O

V

0.5

C
N


B

I
M
Q

·
·
1. Tứ giác MNKB nội tiếp (vì BKM
= BNM
= 900 ).
·
·
Tứ giác MNCI cũng nội tiếp (vì MNC
+ MIC
= 1800 )

0.5

·
·
·
·
=> BNK
, INC
(1) (đều là 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung).
= BMK
= IMC
·
·

Mặt khác BMK
= IMC

(2)

·
·
·
·
(vì BMK
do cùng bù với góc A của tam giác ABC)
+ KMC
= KMC
+ IMC

0.5

·
·
Từ (1), (2) suy ra BNK
= INC
.
·
·
·
·
Suy ra : INC
+ CNK
= BNK
+ CNK

= 1800 (Vì 3 điểm B, N, C thẳng hàng). Do
đó 3 điểm K, N, I thẳng hàng.
·
·
2. +) ∆MAK : ∆MCN (Vì MAK
2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM)
= MCN
⇒

AK CN
AB − BK CN
AB BK CN
=
⇔
=
−
=
hay
(1)
MK MN
MK
MN
MK MK MN

0.5


·
·
+) ∆AIM : ∆BNM (Vì MBN

2 góc nội tiếpcùng chắn cung CM)
= MAI

⇒

AI BN
AC + CI BN
AC CI BN
+
=
=
⇔
=
hay
MI MI MN
MI MN
MI
MN

(2)

·
·
+) ∆ICM : ∆BKM (Vì BMK
theo chứng minh câu 1)
= IMC
IC BK
⇒
=
MI MK


0.5
0.5

(3)

Từ (1), (2), (3) =>

AB AC BC
+
=
MK MI MN

(đpcm)

3. Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là
hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P ∈ MS)
=> HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng
qua BC)
·
·
=> N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do SAC
vì
= AIN
·
cùng bằng NMC ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm).

0.5

0.5

0.5
0.5