PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
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)
a. (1,5 điểm) Cho x =1 + 3 2 + 3 4 ,
Chứng minh rằng: P = x 3 − 3x 2 − 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. Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p 2 + 1 là số nguyên tố.
Câu 2 (3,0 điểm):
Cho biểu thức: P =

x
2
x+2
+
+
x − x x + 2 x ( x − 1)( x + 2 x )

a. Rút gọn P .
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 
a) (2,0 điểm) Giải phương trình: 
÷ +
÷ =
9
 x −1  x +1

b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
a, b, c để: a3 m2 + b3 m + c = 0

3

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ

 2
1
1
 x + x + 1 + ÷ = 4
y
y

c) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
 x3 + x + x + 1 = 4

y y3
y2



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 --------------

/>
1


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2012 - 2013
Câu I. (3,0 điểm)
a. (1,5 điểm) Cho x = 1 + 3 2 + 3 4 , Chứng minh rằng: P = x 3 − 3x 2 − 3x + 3 là một

số chính phương.
x = 1+ 3 2 + 3 4 =
⇔x

(

3

1 + 3 2 +


( 2 )  .(
2

3

3

)

2 −1

3

) ( 2)
=

2 −1

3


3

3

−1

2 −1

2 − 1 = 1 ⇔ 3 2.x − x = 1 ⇔ 3 2.x = x + 1 ⇔

(

3

1

=

2.x

)

3

0,75 đ

2 −1

3


= ( x + 1)

3

0,75 đ

⇔ 2x 3 = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 ⇔ P = x 3 − 3x 2 − 3x + 3 = 4 = 22 .

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. Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p 2 + 1 là số nguyên tố.
0,75
 p ≠ 6m + 3

- Mọi p nguyên tố lớn hơn 3, p không chia hết cho 2 và 3 nên  p ≠ 6m + 2 , từ
 p ≠ 6m


 p = 6m + 5
hay p = 6m ± 1
 p = 6m + 1

đó 

- 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):


0,75

x
2
x+2
+
+
x − x x + 2 x ( x − 1)( x + 2 x )
d. Rút gọn P .
e. Tính P khi x = 3 + 2 2 .
f. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

Cho biểu thức: P =

P=

a

b

c

x
2
x+2
+
+
x ( x − 1)
x ( x + 2)

x ( x − 1)( x + 2)

=

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)

1,0

x ( x + 1)( x + 2) ( x + 1)
=
x ( x − 1)( x + 2) ( x − 1)

x = 3 + 2 2 ⇔ x = 2 + 2 2 + 1 = ( 2 + 1) 2 = 2 + 1

1,0

( x + 1)
2 +1+1
2+2
=
=

= 1+ 2
( x − 1)
2 + 1−1
2
ĐK: x > 0; x ≠ 1 :

1,0

P=

x −1+ 2
2
= 1+
x −1
x −1
Học sinh lập luận để tìm ra x = 4 hoặc x = 9
P=

( x + 1)
=
( x − 1)

/>
2


Câu 3 (6,0 điểm): Đại số
2

2


10
 x   x 
a) (2,0 điểm) Giải phương trình: 
÷ +
÷ =
9
 x −1  x +1

Đk: x ≠ ±1. Phương trình tương đương với

1)
2,0đ

2

2

 2x2 
x 
x2
10
2 x 2 10
 x
+
−
2
=
⇔
−

− = 0.
 2 ÷

÷
2
x2 − 1 9
 x +1 x −1 
 x −1 x −1 9
10
5
−2
2x2
Đặt t = 2 , ta được phương trình t 2 − t − = 0 ⇔ t = hoặc t =
9
3
3
x −1
2
5
2x
5
= (vô nghiệm)
Với t = , ta được 2
3
x −1 3
2
1
2x2
2
= − suy ra x = ± .

Với t = − , ta được 2
3
2
x −1
3

b) (2,0 điểm) Cho trước số hữu tỉ m sao cho
để: a3 m2 + b3 m + c = 0

3

m là số vô tỉ. Tìm các số hữu tỉ a, b, c

0.5

a3 m2 + b3 m + c = 0 (1)

Giả sử có (1) ⇒ b3 m2 + c3 m + am = 0 (2)
Từ (1), (2) ⇒ (b2 − ac) 3 m = (a2m− bc)
a2m− bc
Nếu a m− bc ≠ 0 ⇒ m = 2
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
b − ac
 b2 − ac = 0
 b3 = abc
⇒ 2
⇒
2
a m− bc = 0 bc = am
2


3

3
⇒ b3 = a3m⇒ b = a3 m . Nếu b ≠ 0 thì m =

⇒ a = 0;b = 0. Từ đó ta tìm được c = 0.

b
là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
a

Ngược lại nếu a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng. Vậy: a = b = c = 0
 2
1
1
 x + x + 1 + ÷ = 4
y
y

b) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2
 x3 + x + x + 1 = 4

y y3
y2


2)
2,0đ


Đk: y ≠ 0. Hệ tương đương với
1

u = x + y

Đặt 
ta được hệ
v = x ,

y


1
1
 2
x + y 2 + x + y = 4


x 3 + 1 + x  x + 1  = 4.

÷

y3 y 
y


u 2 + u − 2v = 4
u 2 − 4u + 4 = 0
u = 2

⇔ 2
⇔
 3
u − 2uv = 4
u + u − 4 = 2v
v = 1.

/>
0.5

3

0.5
0.5


1

x
+
=2

y
x = 1
u = 2

⇔
Với 
ta được 
(thoả mãn điều kiện)

 y = 1.
v = 1,
 x =1

y

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
(2
với nhau qua BC, nên chúng bằng nhau, suy ra:
·
·
đ)
.
0,25
BHC
= BKC
Vẽ tia CH cắt AB tại E và tia BH cắt AC tại D.
·
·
Ta có: BAK
(góc nội tiếp cùng chắn
= BCK

0,25
·
·
» ) và BCH
cung BK
(CI là đường cao của
= BCK
tam giác cân HCK, vừa là phân giác góc C).
·
·
Suy ra: BAK
= BCE
0,5
·
·
·
Mà BAK
+ ·ABC = 900 nên BCE
+ ABC
= 900
·
Do đó: BEC
= 900 , nên CE là đường cao thứ hai 0,5

4.2
(4
đ)

(2
đ)


của tam giác ABC.
H là giao điểm của hai đường cao AI và CE của tam giác ABC, vậy H là
trực tâm của tam giác ABC.
+ Trường hợp H ở trong đường tròn (O):
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
» = »AG ⇒ KF = AG (1).
KF
Tứ giác OHAG có OG // = AH = R nên OHAG là hình bình hành, suy
ra: AG = OH (2).
Từ (1) và (2) suy ra KF = HO, nên HKFO là hình thang cân.
Mà BC là trung trực của HK nên cũng là trung trực của OF, nên
1
R
OM 1
·
·
OM = OF = ⇒ cos FOC
=
= ⇒ FOC
= 600
2
2
OC 2
1·
·
·
= BOC

= FOC
= 600 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
Mà BAC
2

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

BC)
+ Trường hợp H ở ngoài (O) nhưng vẫn ở trên
nửa đường tròn (A)chứa điểm O, đường kính 0,25
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).
·
·
·
Ta có: HBI
+ ·AHB = 900 , HBI
= IBK
(đối xứng

(1
/>
4



·
·
nhau qua BI), IBK
(góc nội tiếp cùng chắn cung KC), nên
= CAK
0
·
CAH
+ ·AHB = 90 , suy ra: BH ⊥ AC tại D. Vậy H là trực tâm của tam
giác ABC.
·
Chứng minh tương tự trên, ta có M là trung điểm của OF và BAC
= 600

đ)

0,25
0,5

+ 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 0,25
điểm của bán kính OF.
·
·
0,25
Suy ra MOC

= 600 ⇒ BOC
= 1200
·
·
Mà BFC
= BOC
= 1200 (2 góc đối xứng nhau qua
0,25
BC).
·
·
Nhưng BAC
(góc nội tiếp cùng chắn
= BFC
cung BKC.

(1
đ)

·
Vậy BAC
= 1200

0,25

Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:
a
+
b +c


Bài 5
(2,5đ)

b
+
c +a

c
>2
a +b

Áp dung Côsi :
Suy ra :
Tương tự :

a +b +c
b +c
1 b +c
.1 ≤ (
+1) =
a
2
a
2a

a
2a
≥
( dấu " = " khi a = b + c)
b +c a +b +c

b
2b
≥
a +c
a +b +c
c
2c
≥
a +b
a +b +c

( dấu " = " khi b = c + a)
( dấu " = " khi c = a + b)

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên , ta được :
a
b
+
+
b +c
c +a

c
≥2
a +b

dấu " =" không xảy ra ⇒

0,5
0,5

0,25
0,25
0,5

a
+
b +c

/>
5

b
c
+
>2
c +a
a +b

0,5