Ubnd tỉnh bắc ninh
Sở giáo dục và Đào tạo
đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học: 2009 - 2010
Môn thi: toán lớp 9 - thcs
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 14 tháng 4 năm 2010
Câu 1 (3,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
2 3 2 3
2 4 2 3 2 4 2 3
+
+
+ +
.
2) Cho hàm số f(x) = (x
3
+ 6x - 5)
2010
. Tính f(a), với a =
33
173173 ++
.
Câu 2 (4,5 điểm)
1) Giải hệ phơng trình:

2
2
2
x 2x y 2y x
y 2y z 2z y

3
và BC=3R.
2) Trên cạnh CD lấy điểm M nằm giữa hai điểm D và G sao cho chân đờng
vuông góc kẻ từ M đến DO là điểm K nằm ngoài (O, R). Đờng thẳng HK cắt (O, R) ở
điểm T (khác H). Chứng minh MT = MG.

Câu 4 (4,0 điểm)
1/ Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c và R là bán kính đờng tròn
ngoại tiếp thoả mãn hệ thức R(b + c) = a
bc
. Hãy xác định dạng tam giác ABC.
2/ Giả sử tam giác ABC không có góc tù, có hai đờng cao AH và BK. Cho biết
AH

BC và BK

AC. Hãy tính các góc của tam giác ABC.
Câu 5 (4,0 điểm)

1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để (
4 2k 1
n 4 )
+
+
là số nguyên tố.
2/ Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn
3 3
a b 2+ =
. Tìm tất cả các giá trị
nguyên của (a + b).

+
=
6 3 3 6 3 3
9 3
+ +

= 1
0,50
0,50
0,50
2) (2,00 đ)
Từ a =
33
173173 ++
suy ra a
3
= (
33
173173 ++
)
3

a
3
= 6 + 3
3 3
3 17 . 3 17+
(
33
173173 ++


)

Với điều kiện trên hệ đã cho tơng đơng với hệ
2
2
2
(x y) x y (1)
(y z) y z (2)
(z x) z x (3)

=


=


=


Nếu hệ đã cho có nghiệm, do vế trái của mỗi phơng trình trong hệ đều không âm, do
đó từ (1); (2) và (3) lần lợt suy ra hệ
x y 0
y z 0 x y z x x y z
z x 0



= =


3x
2
3x = 1
4x
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1
4x
3
= (x + 1)
3


3
4
x = x + 1
(
3
4
- 1)x = 1
x =
3
1
4 1
0,50
0,50
0,50

= k (1)
0,25
0,25
Ta phải tìm k > 0 khi AB =
4R
3
và BC = 3R. Vì AB//CD và AB ; CD là các tiếp tuyến
của (O, R)

OE

AB và OG

CD

E; O; G thẳng hàng, nên EG = 2R và EG
2
=
2 2
BC (GC EB)
(2)
0,25
Từ (1) có
EB k kAB 4kR 4kR
EB EB (3) BF
EB EA k 1 k 1 3(k 1) 3(k 1)
= = = =
+ + + + +

0,25

11
+
Vậy
EB
EA
=
9 6 5
11
+
.
0,25
2) (2,00đ)
Ta có DH = DG ( hai tiếp tuyến của (O, R) kẻ từ D)

DHG cân ở D, mà DO là
phân giác góc HDG
HG
DO, có MK

DO

MK//HG
KMG HGC =
.
Mặt khác GC là tiếp tuyến của (O, R) và góc HTG nội tiếp chắn cung HFG của
(O, R)
HTG HGC
=
KMG HTG
=

+

Mà b và c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si có
( )R b c
a
+
=
bc

2
b c+

Suy ra 2R

a. Mặt khác a 2R. Vậy a = 2R. Do đó tam giác ABC vuông tại A
0,50
1,00
0,50
A
B
C
D
G
M
K
H
E
F
O
T


Ơ
. Vậy M không là số nguyên tố.
+ Khi n lẻ:
a) Khi n = 1 và k = 0, ta có M = 5 là số nguyên tố.
b) Khi n
1
và k
1
, ta chứng minh M không là số nguyên tố:
Ta có M = (
2 2k 1 2 k 1 2 2 2k 1 k 1 2 2k 1 k 1
n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 )
+ + + + + +
+ = + + +
Ta có
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+ +
là số nguyên lớn hơn 1 (1)
2 2k 1 k 1
n 2 n.2
+ +
+
là số nguyên, mặt khác
2 2k 1 2 2k 1 k
n 2 2 n .2 2n.2 2
+ +
+

3
= 2 (*)


2= (a + b)(a
2
ab + b
2
) mà a
2
ab + b
2
> 0

a + b > 0 (1)
0,25
Đặt a = x +1 và b = y + 1

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

x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+ y


0

a + b 2

0

a + b

2 (2)
0,75
Từ (1) và (2)

0 < a + b

2, nên giá trị nguyên của a + b chỉ có thể là 1 hoặc 2
0,25
+ Chọn a = 1 và b = 1, thoả mãn điều kiện (*), khi đó a + b = 2 0,25
+ Để a + b = 1, ta sẽ chứng tỏ: có a và b thoả mãn
3 3 2 2
a b 1 a b 1
a b 1
ab 1/ 3
a b 2 a ab b 2
+ = + =
+ =