SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005
-------- ---------------------------
Môn : TOÁN Lớp 9
Bài 1 (4 điểm)
Giải phương trình:
11
2
=+−
xx
Giải
Cách 1.
Điều kiện:
10
≤≤
x
Đặt
2
1 xy
−=
⇒
10
≤≤
y
Ta có x
2
+ y
2
= 1 (1) và
1
=+

Cách 2. Đặt điều kiện và ẩn phụ như trên.
Từ (2), với các điều kiện đã có, suy ra
422
)1()1(1 yxyxyx
−=⇔−=⇔−=
Thay vào (1): (1 – y)
4
= (1 – y)(1 + y)
+ Nếu 1 – y = 0 ⇔ y = 1
+ Nếu 1 – y ≠ 0, ta có (1 – y)
3
= 1 + y hay 1 – 3y + 3y
2
– y
3
= 1 + y
⇔ y(y – 1)(y + 4) = 0
Với các điều kiện của y ta chỉ suy ra được y = 0
Phần còn lại như trên.
Cách 3.
Điều kiện:
10
≤≤
x
Phương trình đã cho tương đương với
xx
−=−
11
2
Vì

⇔ (x – 1).(x
2
+ 3x + 4) = 0
Suy ra x = 1
hoặc x
2
+ 3x + 4 = 0
Nhưng vì x ≥ 0 nên x
2
+ 3x ≥ 0, 4 > 0 nên x
2
+ 3x + 4 > 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài 2 (4 điểm)
Cho phương trình bậc hai x
2
– (m
2
+ m + 1)(x – n
2
– 1) – (n
2
+ 1)
2
= 0 với ẩn là x.
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25

≈ 88521,269
b) Đặt M = m
2
+ m + 1, N = n
2
+ 1. Phương trình trở thành x
2
- Mx + MN - N
2
= 0
∆ = M
2
– 4MN + 4N
2
= (M – 2N)
2
Phương trình có 2 nghiệm x
1
= M – N = m
2
+ m – n
2
, x
2
= N = n
2
+ 1
Vì m, n là các số nguyên dương và m ≥ n nên hiển nhiên x
1
và x

2
+ 4t + 1 nên chia cho 4 dư 1 (t là số nguyên).
Giả sử m
2
+ m – n
2
= k
2
với k là số nguyên dương ⇒ m(m+1) = n
2
+ k
2
m là số chính phương nên theo trên m có dạng 4l hoặc 4l + 1 với l là số nguyên.
Nếu m = 4l thì m(m + 1) chia hết cho 4 ⇒ n
2
và k
2
cùng chia hết cho 4 ⇒ m và n cùng
chẵn, trái giả thiết m + n lẻ.
Nếu m = 4l + 1 ⇒ m(m+1) = (4l + 1)(4l + 2) = 16l
2
+ 12l + 2 chia cho 4 dư 2 ⇒ n và k
cùng lẻ ⇒ m và n cùng lẻ, trái giả thiết m + n lẻ.
Vậy giả thiết x
1
là số chính phương là sai ⇒ đpcm.
Bài 3 (4 điểm)
a) Chứng minh rằng trong 5 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 3 số có tổng chia hết
cho 3.
b) Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 6 số có tổng chia hết

) có tổng chia hết cho 3.
Như vậy các tổng A = a
1
+ a
2
+ a
3
, B = b
1
+ b
2
+ b
3
và C = c
1
+ c
2
+ c
3
đều chia hết cho
3. Trong 3 tổng này phải có ít nhất 2 tổng có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng
0,5+0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5

∆
ODC

Ta sẽ chứng minh S
∆
OAB
= S
∆
OCD
, do vai trò tương tự ta suy ra S
∆
OBC
=
S
∆
OAD
và từ đó suy ra đpcm.
Ta có sđ∠AOB = sđAB = 2.sđ∠ADB
và sđ∠COD = sđCD = 2.sđ∠CAD
⇒ ∠AOB + ∠COD = 2(∠ADB + ∠CAD) = 2.90
o
= 180
o

(vì AC ⊥ BD nên ∆AID vuông tại I)
Kéo dài OD cắt đường tròn tại điểm thứ hai E. Ta có ∠EOC và ∠COD bù nhau.
⇒ ∠EOC = ∠AOB
Ta lại có OA = OB = OE = OC nên ∆OAB = ∆OEC
Hai tam giác OEC và OCD có chung đường cao hạ từ C, các đáy OE và OD bằng nhau
⇒ S

– ∠AO’Q)/2
∠AO’Q = 2∠ABQ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AQ)
∠ABQ = ∠ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
⇒ ∠O’AQ = (180° – 2∠ACD)/2 = 90° - ∠ACD
⇒ ∠CAQ = ∠ACO + 90° + 90° - ∠ACD = 180° ⇒ C, A, Q thẳng hàng.
b) Ta có ∠MBN = ∠ABE + ∠ABD = ∠AFE + ∠ACD = 180° - ∠CAF
⇒ ∠MBN + ∠CAF = 180° hay tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn.
⇒ ∠AMN = ∠ABN (góc mội tiếp chắn cung AN)
∠ABN = ∠ACF (góc nội tiếp chắn cung AD)
⇒ ∠AMN = ∠ACF ⇒ MN // CF (hai góc đồng vị bằng nhau)
c) (PE/PM).(QN/QD)=R’/R
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005
-------- ---------------------------
Môn : TOÁN Lớp 8
Bài 1 (4 điểm)
a) Tìm các số a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + 1 chia hết cho đa
thức (x – 1)
3
b) Cho các số a, b, c đôi một khác nhau và các đa thức
))((
))((
))((
))((
))((
))((
)(
bcac
bxax
c
cbab
cxax
b
caba
cxbx
axP

−−
+
−−
−−
=
Chứng minh rằng (P(x))
2
= Q(x)
Giải:
a)
Cách 1. Đa thức P(x) bậc 4, đa thức (x − 1)
3
bậc 3 nên đa thức thương bậc 1.
Gọi đa thức thương là mx + n trong đó m ≠ 0, khi đó P(x) = (x − 1)
3
.(mx + n)
(x − 1)
3
= x
3
− 3x
2
+ 3x − 1
Số hạng bậc cao nhất trong P(x) bằng tích của hai số hạng bậc cao nhất trong 2
đa thức thành phần ⇒ x
4
= x
3
.mx ⇒ m = 1
Số hạng bậc thấp nhất trong P(x) bằng tích của hai số hạng bậc thấp nhất trong 2

Dễ thấy P(a) = a, P(b) = b, P(c) = c ⇒ P(a) − a = P(b) − b = P(c) − c = 0
⇒ Đa thức P(x) − x có ít nhất 3 nghiệm phân biệt a, b và c.
Mặt khác P(x) là tổng của 3 đa thức bậc 2 (hoặc đa thức 0) ⇒ P(x) − x có bậc
không quá 2 hoặc P(x) − x là đa thức 0.
Đa thức P(x) − x có 3 nghiệm ⇒ P(x) − x không thể là đa thức bậc 0, 1 hoặc 2.
Vậy P(x) − x = 0 hay P(x) = x.
Hoàn toàn tương tự, ta có Q(a) = a
2
, Q(b) = b
2
, Q(c) = c
2
⇒ Q(a) − a
2
= Q(b) − b
2
= Q(c) − c
2
= 0