Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP NGỌC LẶC TỈNH NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: /02/2019 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu I (4,0 điểm) Cho biểu thức : 2x 1 x 2x x x x x x 1 x 1 A 1 . x 0, x 1, x 1 x 1 x x 2 x 1 4 1. Rút gọn A 2 x 2. Tìm x để: 7x 10 x 4 A Câu II (4,0 điểm) 1. Tìm m để phương trình : (x2 1)(x 4)(x 6) m có bốn nghiệm phân biệt 1 1 1 1 2 x1, x2, x3, x4 thỏa mãn : x1 x2 x3 x4 5 1 6(1 x)2 y 2. Giải hệ phương trình : 1 6(1 y)2 x Câu III (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : x y 2016 xy . 2. Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn : x2 y2 z2 . Chứng minh rằng: x3 y xy3 chia hết cho 84. Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BD, trực tâm H. Đường tròn đường kính AC cắt đường cao BD tại E. Gọi F là điểm nằm giữa A và D. Đường thẳng qua E và vuông góc với EF cắt AC tại M. Đường tròn (M; ME) cắt FH tại K, đường tròn (A; AE) cắt CH tại L. 1. Chứng minh tứ giác ABLD nội tiếp. 2. Chứng minh tam giác MDB đồng dạng với tam giác HDF . 3. Gọi N là giao điểm của AL và MK. Chứng minh tam giác KNL cân. Câu V (2,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn 1 x, y, z 1 và x y z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 1 x y2 1 y z 2 1 z x2 Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh Số báo danh
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Toán học Câu Nội dung Điểm I.1 Rút gọn biểu thức A 2,0 2x 1 x 2x x x x x x 1 x 1 A 1 . x 0, x 1, x 1 x 1 x x 2 x 1 4 (2 x 1)( x 1) x(2 x 1)( x 1) x x 1 x 1 . 0,25 (1 x)(1 x) ( x 1)(x x 1) 2 x 1 (2 x 1) x(2 x 1) x x 1 x 1 . 0,25 (1 x) (x x 1) 2 x 1 1 x 1 . x x 1 x 0,25 (1 x) (x x 1) 1 1 . x x 1 x 0,25 (1 x)(x x 1) x x 1 . 0,25 x x 1 (x x 1) x x . 0,25 x x 1 1 0,25 x x 1 1 1 Vậy : A x 0, x 1, x 0,25 x x 1 4 2 x 1 I.2 Tìm x để 7x 10 x 4 x 0, x 1, x 2,0 A 4 2 x 7x 10 x 4 2 x(x x 1) 7x 10 x 4 0,25 A 2x x 9x 12 x 4 0 0,25 2 x 2 (2 x 1) 0 0,5 x 2 0 0,25 2 x 1 0 x 4 1 0,25 x 4 1
3. x 4 1 1 ( do kết hợp với x 0, x 1, x ) 0,25 0 x 4 4 2 x 1 Vậy để 7x 10 x 4 thì x 4 hoặc 0 x 0,25 A 4 1. Tìm m để phương trình : (x2 1)(x 4)(x 6) m có bốn nghiệm II.1 1 1 1 1 2 2,0 phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn : x1 x2 x3 x4 5 - Phương trình đã cho tương đương với : (x 1)(x 4)(x 1)(x 6) m 0,25 (x2 5x 4)(x2 5x 6) m (1) 2 2 25 5 - Đặt t x 5x x 0 , khi đó phương trình (1) trở thành : 4 2 0,25 (4t 9)(4t 49) 16m 16t2 232t 441 16m 0 (2) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt t1,t2 . , 1162 16(441 16m) 256m 6400 0 0,25 29 t1 t2 0 2 441 16m t .t 0 1 2 16 441 25 m (3) 0,25 16 - Khi t1,t2 là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (2) thì bốn nghiệm x1, x2, x3, x4 của phương trình đã cho được tìm ra từ hai phương trình 0,25 2 4x 20x 25 4t1 0 (4) 2 4x 20x 25 4t2 0 (5) - Giả sử x1, x2 là nghiệm của phương trình (4) và x3, x4 là nghiệm của phương trình (5). Áp dụng định lí Viet cho các phương trình (4), (5),ta có x1 x2 x3 x4 5 0,25 25 4t1 25 4t2 x1.x2 ; x3 .x4 4 4 29 441 16m t t ;t .t 1 2 2 1 2 16 2
4. - Khi đó 2 1 1 1 1 x x x x 1 2 3 4 5 x1 x2 x3 x4 x1x2 x3x4 0,25 20 20 50 4(t1 t2 ) 10 20 25 4t1 25 4t2 625 100(t1 t2 ) 16t1t2 24 m 2 10 m 1 (Thỏa mãn (3)) 0,25 5 24 m Vậy m = 1 1 6(1 x)2 (1) y II.2 Giải hệ phương trình : (I) 2,0 1 6(1 y)2 (2) x -Điều kiện : x 0, y 0. 2 2 1 0,25 Từ hệ (I) suy ra : y(1 x) x(1 y) 6 x2 y xy2 x y 0 (x y)(xy 1) 0 0,25 x y xy 1 - Nếu x = y, thay vào (1) ta được : 1 0,25 6(1 x)2 6x(1 2x x2 ) 1 6x3 12x2 6x 1 0 x 8x3 12x2 6x 1 2x3 (2x 1)3 2x3 0,25 2x 1 x 3 2 0,25 1 x y 2 3 2 0,25 1 1 Suy ra : (x; y) ; là một nghiệm của hệ. 2 3 2 2 3 2 - Nếu xy = 1, thay vào (1) ta được : 2 x 2 xy 2 3 0,25 6(1 x) 6x 13x 6 0 y 3 x 2 2 3 3 2 - Với x , ta được y ; Với x , ta được y 3 2 2 3 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm (x; y) là : 3
5. 1 1 2 3 3 2 ; ; ; ; ; 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 III.1 1. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn : x y 2016 xy (1) . 2,0 - Trước hết ta chứng minh : Nếu a N , a Q thì a N . m Thật vậy : vì a Q nên a (m,n N,n 0,UCLN(m,n) 1) n 0,25 m2 a an2 m2 m2 n2 n 1 a m N ( vì UCLN(m,n) 1 ) n2 - Vận dụng kết quả trên ta lần lượt chứng minh : xy N, x N, y N Chứng minh: (1) x y xy 2016 x y 2 xy 20162 2.2016 xy xy 0,25 20162 xy x y xy Q 4034 Đặt k xy , thay vào (1) ta được : x k 2016 y x (k 2016)2 2(k 2016) y y 0,25 (k 2016)2 y x y Q 2(k 2016) Ta có : x y 2016 xy ( x 1)( y 1) 2017 0,25 Vì x 1 Z, y 1 Z nên x 1, y 1 là các ước của 2017. 0,25 Vì 2017 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp : x 1 1 x 4 1) 2 0,25 y 1 2017 y 2018 x 1 2017 x 20182 2) 0,25 y 1 1 y 4 Vậy các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn là : (4;20182 ) và (20182;4) 0,25 III.2 Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn : x2 y2 z2 . Chứng minh 2,0 rằng :x3 y xy3 chia hết cho 84 - Nhận xét : 1) Số chính phương khi chia cho 3 và chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. 2) Số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4. 0,25 - Ta chứng minh xchia3 y hếtxy 3cho x 3,y( x4,2 7. y2 ) - Giả sử xy không chia hết cho 3 thì x, y đều không chia hết cho 3, khi đó x2 và y2 chia cho 3 đều dư 1, khi đó x2 y2 z2 chia cho 3 dư 2, vô lí. 0,25 Vậy xy chia hết cho 3. (1) - Giả sử xy không chia hết cho 4 thì x, y đều không chia hết cho 4; x và y 0,25 đồng thời không chia hết cho 2. Có hai trường hợp xảy ra : 4
6. - Nếu x, y đều lẻ thì x2 và y2 chia cho 4 đều dư 1, khi đó x2 y2 z2 chia 0,25 cho 4 dư 2, vô lí. - Nếu x, y có một số chẵn, một số lẻ thì z là số lẻ. Giả sử : x 2a; y 2b 1; z 2c 1 x2 y2 4a2 (2b 1)2 z2 (2c 1)2 a2 c(c 1) b(b 1)2 0,25 a2 x4 ( vô lí) Vậy xy chia hết cho 4. (2) - Giả sử xkhông3 y x ychia3 xhếty( xcho2 7.y2 Khi) đó x 2 và y2 đều 0,25 không chia hết cho 7 và không có cùng số dư khi chia cho 7. - Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 2 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 3, vô lí. 0,25 - Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 5, vô lí. - Nếu x2 chia cho 7 dư 2 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 6, vô lí. 0,25 Vậy x3 y xy3 xy(x2 y2 ) chia hết cho 7. (3) Từ (1) (2) (3) suy ra x3 y xy3 chia hết cho 84 B E IV H L K N A F D C M IV.1 Chứng minh tứ giác ABLD nội tiếp. 2 AEC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AC). Suy ra tam giác AEC vuông tại E. 0,25 2 AE AD.AC ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông AEC) 0,25 2 AL AD.AC ( vì AL = AE ) 0,25 AL AD 0,25 AC AL 5
7. ADL đồng dạng với ALC (c.g.c) ( vì có thêm điều kiện DAL chung) 0,25 ALD ACL ( Hai góc tương ứng) 0,25 Mặt khác: ABD ACL (vì cùng phụ với góc BAC) 0,25 ABD ALD .Vậy tứ giác ABLD nội tiếp 0,25 IV.2 Chứng minh tam giác MDB đồng dạng với HDF 2,0 - Vì các tam giác AEC, FEM cùng vuông tại E và có chung đường cao ED 0,25 nên : ED2 AD.DC FD.DM ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông AEC, 0,25 FEM) AD DM (1) 0,25 DF DC - Vì các tam giác vuông HCD và ABD đồng dạng với nhau (g.g) nên : 0,25 HD DC (2) 0,25 AD BD HD DM Nhân theo vế các đẳng thức (1) và (2) ta được : (3) 0,25 DF BD - Vì các tam giác MDB và HDF đều vuông tại D nên từ đẳng thức (3) suy 0,25 ra : MDB đồng dạng với HDF 0,25 IV.3 Chứng minh : Tam giác KNL cân . 2,0 - Tương tự câu 1, ta chứng minh được tứ giác BKDM nội tiếp 0,25 - Từ các tứ giác nội tiếp BKDM, ABLD suy ra : 0,25 MKB MDB 900 ; ALB ADB 900 - Áp dụng định lí Pitago vào các tam giác BKN, BLN, ABL, MBK và biến đổi ta có: 0,25 NK 2 NL2 BL2 BK 2 BA2 AL2 MB2 MK 2 0,25 BA2 BM 2 MK 2 AL2 0,25 BA2 BM 2 EM 2 EA2 ( do MK = EM, AL = EA ) (4) 0,25 - Mặt khác : Từ các tam giác vuông ABD, MBD, AED, MED ta chứng 0,25 minh được : BA2 BM 2 EA2 EM 2 ( DM 2 DA2 ) (5) - Từ (4) và (5) suy ra : NK 2 NL2 EA2 EM 2 EM 2 EA2 0 0,25 NK NL Vậy tam giác KNL cân tại K. V 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 1 x y 1 y z 1 z x 2,0 6
8. - Trước hết ta chứng minh các bất đẳng thức : 1 a 1 b 1 1 a b (1) ( với )ab 0;a 1,b 1,a b 1 m2 n2 p2 q2 (m p)2 (n q)2 (2) (m,n, p,q) (BĐT Minkovki) Thật vậy : 0,25 (1) 2 a b 2 (1 a)(1 b) 2 a b 2 1 a b (1 a)(1 b) 1 a b ab 0 ( đúng) Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0. (2) m2 n2 p2 q2 2 m2 n2 p2 q2 (m p)2 (n q)2 m2 n2 p2 q2 mp nq (Đúng do suy từ bất đẳng thức Bunhiacopsky) 0,25 m n Dấu bằng xảy ra khi ,mp nq 0 p q - Nhận thấy trong ba số x y2 , y z2 , z x2 có ít nhất hai số cùng dấu. Không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử : (x y2 )(y z2 ) 0 , và từ điều kiện 0,25 đề bài ta dễ thấy : (x y2 ) 1;(y z2 ) 1;(x y2 ) (y z2 ) y2 z2 z 1 - Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : 2 2 2 2 1 x y 1 y z 1 1 x y y z 0,25 P 1 x y2 1 y z2 1 z x2 1 1 x y2 y z2 1 z x2 2 2 P 1 1 (x y) z2 y2 1 z x2 1 1 z z2 y2 1 z x2 0,25 - Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có : 2 2 2 P 1 1 z z2 y2 1 z x2 1 1 z z2 1 z (x y)2 0,25 2 1 1 z z2 1 z z2 1 2 2z2 2 z3 1 (3) - Mặt khác, ta chứng minh được : 2 2z2 2 z3 1 4 (4) Thật vậy : (3) z 3 1 1 z 2 z 3 1 (1 z 2 ) 2 , vì 1 z 2 0 0,25 z3 1 z4 2z2 1 z3 z4 2z2 0 z2 (z 2 z2 ) 0 (5) Bất đẳng thức (5) đúng do 1 z 1; z 2 z2 0 Từ (3) và (4) suy ra : P 3 Dấu bằng xảy ra khi x y z 0 0,25 Vậy : min P 3 x y z 0 Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với câu 4 (Hình học): + Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm. 7