Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Cẩm Ngọc

PHềNG GD &ĐT CẨM THỦY
TRƯỜNG THCS CẨM NGỌC
...............................................
ĐỀ THI HS GIỎI TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
Câu 1: 
 1. Giải phương trình: 
2. Viết các phương trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0. Biết rằng, phương trình có nghiệm nguyên, các hệ số m, n đều là những số nguyên và m + n + 1 = 2011.
Câu 2: 
1. Tính giá trị của biểu thức: P = (4x3 - 6x2 - 1)2014 
 với x = .
2. Giải hệ phương trình: 
Câu 3: 
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn: . Chứng minh rằng:
(1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) là số chính phương.
2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 
là số chính phương.
Câu 4: 
1. Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn (O) tại hai điểm A, B. Từ một điểm M trên đường thẳng (d) và ở ngoài (O), (d) không đi qua O, ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đường tròn (O) (N, P là hai tiếp điểm).
Chứng minh NMO = NPO.
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua hai điểm cố định khi
 M di động trên đường thẳng (d).
2. Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác AMB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác AMB và K là hình chiếu của M trên AB.Tìm giá trị lớn nhất của tích KM.HK.
Câu 5: Cho ba số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:
 Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung đáp án
Điểm
1
(4,0đ)
1. ĐK: x 5
(1)ú 
 ú 
Đặt thì phương trình đã cho trở thành: t2 + 10t -11 = 0
ú 
+ Với t = 1 => x2 - x - 5 = 0. Suy ra: x1,2 = 
+ Với t = -11 => x2 + 11x + 55 = 0 (PTVN)
0,5
0,5
0,5
0,5
 2. Giả sử phương trình: x2 + mx + n = 0 có hai nghiệm nguyên x1, x2. Theo định lí Vi - et, ta có: 
Do đó: m + n + 1 = x1x2- (x1 + x2) + 1 = 2011 ú (x1 - 1)(x2 - 1) = 2011
Vì 2011 là số nguyên tố, giả sử x1 > x2, ta nhận được:
+ x1 - 1 = 2011 => x1 = 2012; x2 - 1 = 1 => x2 = 2
Suy m = -2014; n = 4024.
+ x1 - 1 = -1 => x1 = 0; x2 - 1 = -2011 => x2 = -2010
Suy m = 2010; n = 0.
Từ đó, ta có các phương trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0 thỏa mãn điều kiện bài toán: x2 - 2014x + 4024 = 0; x2 + 2010x = 0.
0,5
0,5
0,25
0,75
2
(4,0đ)
1. Đặt ú
Suy ra: (2x - 1)3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) = 6 + 3(2x - 1)
 = 6
4x3 - 6x2 - 1 = 1
Vậy P = (4x3 - 6x2 - 1)2014 = 1.
1,0
0,5
0,5 
2. ĐK: x, y 0
 Hệ phương trình ú 
 Trừ vế với vế của hai phương trỡnh ta được: 
 2(x3 – y3) + xy(x - y) = 0
 ú 2(x - y)(x2 + xy + y2) + xy(x - y) = 0
 ú (x - y)(2x2 + 3xy + 2y2) = 0 (*)
 Vì 2x2 + 3xy +y2 = > 0 với x, y 0
 Nên (*) ú x – y = 0 ú x = y
 Thay x = y vào phương trình (1) ta được: 
 3x3 = 3 ú x3 = 1 ú x = 1 (TM ĐK)
 Vậy x = y = 1.
0,5
0,75
0,25
0,5
3
(4,0đ)
1. Theo đề ra, ta có: => ab + bc + ca = 1
Khi đó, ta có:
 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c) (1)
 1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = b(a + b) + c(a + b) = (a + b)(b + c) (2)
 1 + b2 = ab + bc + ca + c2 = c(a + c) + b(a + c) = (a + c)(b + c) (3)
Từ (1), (2) & (3), suy ra:
(1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) =[(a + b)(b + c)(c + a)]2
Với a, b, c là các số nguyên thì (a + b)(b + c)(c + a) là số nguyên.
Vậy (1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) = [(a + b)(b + c)(c + a)]2 là số chính phương. 
0,5
0,5
0,5
0,5
2. Đặt n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = y2 (y N)
Suy ra: y2 = (n2 + n)2 + n2 + n + 7 > (n2 + n)2 
 => y > n2+ n.
Vì y N, n2 + n + 1 N => y n2 + n + 1
 => y2 (n2 + n + 1)2
Thay y2 = n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 
=> n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 (n2 + n + 1)2
=> n2 + n - 6 0
=> (n - 2)(n + 3) 0
n N* => n + 3 > 0 => n - 2 0
Suy ra n 
Thử với n = 1 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 13 không là số chính phương.
Thử với n = 2 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 49 là số chính phương.
Vậy n = 2.
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
4
(6,0đ)
 P 
 M
 B
 A
 N
a. Vì MN, MP là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)
=> ONM = OPM = 900 (1)
=> ONM + OPM = 1800
Suy ra tứ giác MNOP nội tiếp
=> NMO = NPO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON). 
1 
 O
 I 
b. Gọi I là trung điểm dây AB ta có I cố định.
(d) không đi qua O nên OI AB
=> OIM = ONM = OPM = 900 
=> I, N, P thuộc đường tròn đường kính OM.
 O và I cố định. Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua hai điểm cố định O và I khi M di động trên đường thẳng (d).
0,5
0,5
0,5
0,5
2. BKM và HKA có:
 BKM = HKA (= 900)
 BMK = HAK (hai góc nhọn cạnh tương ứng vuông góc) 
Do đó BKM đồng dạng HKA (g.g) 
=> => BK.KA = KM.HK
 M
 H
B K A
2. 
 BK.KA 
=> KM.HK 
Vậy max KM.HK = khi BK = KA (K là trung điểm AB)
0.5
0,25
0,5
5
(2,0đ)
Câu 5: Cho ba số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:
áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dương, ta có: 
 1 + x3 + y3 ú (1)
Tương tự: (2) (3)
Từ (1), (2) & (3), suy ra: (*)
Mặt khác: (**)
Từ (*) & (**) suy ra:
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1.	
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25