SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút. Ngày thi: 05/4/2013 (Đề thi này gồm một trang, có năm câu) Câu 1 ( 4 điểm). Cho đa thức P(x) = x 3 + 3ax + 2b, với x là biến số thực, a và b là các số thực cho trước thỏa a 3 + b 2 ≥ 0. Tính giá trị của đa thức P(x) tại x = 3 3 3 2 3 2 a b b a b b+ − − + + Câu 2 (4 điểm) . Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 0 3 1 0 x y y x y  − + =   + − + =   (với x ∈¡ và y ∈¡ ) Câu 3. (3,5 điểm). Cho các số nguyên dương m, n, k thỏa mãn m.n = k 2 và ước chưng lớn nhất của các số m, n, k bằng 1. Chứng minh rằng m, n là số chính phương. Câu 4. (4 điểm) Cho S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. 1) Tính số phần tử của tập hợp S là bội của 3. 2) Tính số phần tử của tập hợp S không là bội của 2 và không là bội của 3. Câu 5 (4, 5 điểm) Cho tứ giác HIJK có · · 0 90IHK JKH= = , 0<IH – JK <IJ<IH + JK. Gọi (I) là đường tròn tâm I và tiếp xúc với đường thẳng HK tại H. Gọi (J) là đường tròn tâm J và tiếp xúc với đường thẳng HK tại K. Đường tròn (I) cắt đường tròn (J) tại M và N, với hai điểm M và H nằm khác phía đối với đường thẳng IJ. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M và song song với đường thẳng HK; đường thẳng d cắt đường tròn (I) tại A (A ≠ M); đường thẳng d cắt đường tròn (J) tại điểm B, với (B ≠ M). Gọi C là giao điểm của hai đường thẳng MN và HK. 1) Chứng minh HK là đường trung bình tam giác ABC. 2) Chứng minh rằng DH = DK. Hết Đào Văn Tuấn – THCS Đồng Hiệp 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 ( 4 điểm). Cho đa thức P(x) = x 3 + 3ax + 2b, với x là biến số thực, a và b là các số thực cho trước thỏa a 3 + b 2 ≥ 0. Tính giá trị của đa thức P(x) tại x = 3 3 3 2 3 2 a b b a b b+ − − + + Giải: 3 3 3 2 3 2 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 3 - - 3 ( ).( ). 2 3 3 2 0 x a b b a b b x a b b a b b a b b a b b a b b a b b x b ax x ax b = + − − + +   ⇔ = + − + − + − + + + − − + +  ÷   ⇔ = − − ⇔ + + = Vậy giá trị của đa thức P(x) tại x = 3 3 3 2 3 2 a b b a b b+ − − + + là 0. Câu 2 (4 điểm) . Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 0 3 1 0 x y y x y  − + =   + − + =   (với x ∈¡ và y ∈¡ ) Giải: 2 2 2 2 2 2 2 ( )( 1) 0 2 1 0 0 1 2 1 0 3 1 0 2 1 0 2 1 0 x y x y x y x y x y x y y x x y y x y x y x y  =  − + − =   − + = − − + =      = − ⇔ ⇔ ⇔      − + = + − + = − + =       − + =  + TH1: 2 1 1 2 1 0 x y x y x x = =   ⇔   = − + =   + TH2: 2 2 1 1 1 2 2(1 ) 1 0 2 1 0 2 2 y x y x x x x x x y  = − = − = − +    ⇔ ⇔    − − + = + − = = −     hoặc 1 2 2 2 x y  = − −   = +   Vậy hệ có 3 nghiệm: 1 1 x y =   =  ; 1 2 2 2 x y  = − +   = −   ; 1 2 2 2 x y  = − −   = +   Câu 3. (3,5 điểm). Cho các số nguyên dương m, n, k thỏa mãn m.n = k 2 và ước chưng lớn nhất của các số m, n, k bằng 1. Chứng minh rằng m, n là số chính phương. Giải: + Nếu m = 1, thì n = k 2 , suy ra m và n là các số chính phương. + Nếu n = 1, thì m = k 2 , suy ra m và n là các số chính phương. + Nếu m, n đều khác 1, giả sử m không phải là số chính phương. Khi đó, khi phân tích ra thừa số nguyên tố, m luôn chứa 1 thừa số nguyên tố p 1 với số mũ lẻ. Do m.n = k 2 nên trong dạng phân tích của k 2 ra thừa số nguyên tố chứa thừa số nguyên tố p 1 với số chẵn (vì k 2 là số chính phương). Do đó trong dạng phân tích ra thừa số nguyên tố, n chứa thừa số nguyên tố p 1 (với số mũ lẻ). Suy ra m M p 1 ; n M p 1 ; k M p 1 (Do k 2 M p 1 và p 1 là số nguyên tố) hay ƯCLN(m, n, k) khác 1 mâu thuẫn với giả thiết, suy ra m là số chính phương. Khi m là số chính phương thì n là số chính phương. Đào Văn Tuấn – THCS Đồng Hiệp 2 Tương tự trong trường hợp n không phải là số chính phương cũng vô lí. Vậy m, n là các số chính phương. Câu 4. (4 điểm) Cho S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. 1) Tính số phần tử của tập hợp S là bội của 3. 2) Tính số phần tử của tập hợp S không là bội của 2 và không là bội của 3. Giải: 1) Số phần từ của tập hợp S là bội của 3 là: (999 – 3):3 + 1 = 333 (phần tử). 2) Số phần tử của tập hợp S là bội của 2 là: 499 (phần tử). + Số phần tử của S là bội của 3 là: 333 số (phần tử). + Số phần tử của S là bội của 6 là: 166 (phần tử). Suy ra số phần tử của S là bội của 2 hoặc là bội của 3 là: (499 + 333) – 166 = 666 (phần tử). Vậy số phần tử của tập hợp S không là bội của 2 và không là bội của 3 là: 999- 666 = 333. Câu 5 (4, 5 điểm) Giải: a) Do HK là tiếp tuyến của đường tròn (I), và MA//HK nên các cung nhỏ ¼ ¼ MH AH= , suy ra HM = HA (1) Ta có · · xHA KHM= (do ¼ ¼ MH AH= ), suy ra · · KHC KHM= Tương tự: · · HKC HKM= , Suy ra ∆ MHK = ∆ CHK (g.c.g) nên HM = HC (2) Từ (1) và (2) suy ra HA = HC = HM hay H là trung điểm của AC, mà HK//AB nên HK là đường trung bình của tam giác ABC. b) Chứng minh hai tam giác DNK và DKM đồng dạng (g.g) suy ra DK 2 = DN.DM. Tương tự DH 2 = DN.DM Suy ra DK = DH. (Câu a có thể cm HK = 1 2 AB) Đào Văn Tuấn – THCS Đồng Hiệp 3 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút. Ngày thi: 05/4 /2013 (Đề thi này gồm một trang, có. của S là bội của 2 hoặc là bội của 3 là: ( 499 + 333) – 166 = 666 (phần tử). Vậy số phần tử của tập hợp S không là bội của 2 và không là bội của 3 là: 99 9- 666 = 333. Câu 5 (4, 5 điểm) Giải: a). 3. Giải: 1) Số phần từ của tập hợp S là bội của 3 là: (99 9 – 3):3 + 1 = 333 (phần tử). 2) Số phần tử của tập hợp S là bội của 2 là: 499 (phần tử). + Số phần tử của S là bội của 3 là: 333 số