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


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

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

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

= 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


 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


=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


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


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

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