Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh (lần 2) môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Cẩm Thủy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh (lần 2) môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Cẩm Thủy (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CẨM THỦY DỰ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (LẦN 2) Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Toán - Lớp 9 (Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I. (4,0 điểm): 1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết: 3 26 15 3. 2 3 x 3 9 80 3 9 80 2. Tính tổng: 8.12 1 8.22 1 8.32 1 8.10092 1 S 1 1 1 1 12.32 32.52 52.72 20172.20192 Câu II. (4,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M(1;3 ); N(3;0); K(4;5 ). Xác định tọa độ 2 2 các đỉnh của tam giác ABC sao cho M, N, K lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA. 2. Giải phương trình: 13 x2 x4 9 x2 x4 16 . Câu III. (4,0 điểm): 1. Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2 18y2 2z2 3y2 z2 18x 27 . x4 1 y4 1 2. Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho: là số nguyên. Chứng y 1 x 1 minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1). Câu IV. (6,0 điểm): Cho đường tròn (O; R) và dây cung AH < R. Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O; R). Vẽ đường tròn (A; R) cắt đường thẳng d tại B và C sao cho H nằm giữa B và C. Vẽ HM vuông góc với OB (M OB), vẽ HN vuông góc với OC (N OC). 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định. 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi. Câu V. (2,0 điểm): Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a b c 3. 1 1 1 Chứng minh rằng: 1. 2 a2b 2 b2c 2 c2a Hết Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:
2. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 (Đáp án gồm có 04 trang) Bài Đáp án Điểm 1. Hãy tính giá trị của biểu thức Q = (3x3 – x2 - 1)2020, biết: 3 26 15 3. 2 3 x 3 9 80 3 9 80 a 3 9 80 3 9 80 a3 9 80 9 80 33 9 80 9 80 .a 3 3 3 3 Đặt a 18 3 81 80.a a 18 3a a 3a 18 0 0,5đ a 3 a 3 a2 3a 6 0 2 a 3a 6 0 0,5đ 3 Mặt khác: 3 26 15 3 3 3 2 3 2 3 26 15 3. 2 3 3 2 2 3 4 3 1 Suy ra: x 0,5đ 3 9 80 3 9 80 3 3 3 1 2020 (4đ) 1 1 2020 0,5đ Vậy Q 3. 1 1 1 27 9 2. Tính tổng: 8.12 1 8.22 1 8.32 1 8.10092 1 S 1 1 1 1 12.32 32.52 52.72 20172.20192 0,5đ 8n2 1 8n2 1 16n4 8n2 1 8n2 1 4n2 4n2 1 2 2 1 2 2 2 2 0,5đ 2n 1 2n 1 4n2 1 4n2 1 4n2 1 4n 1 Ta có: 1 1 1 0,5đ 1 . 2 2n 1 2n 1 Với  n ≥ 1, n N Thay lần lượt n từ 1 đến 1009 ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1009 0,5đ S 1 . 1 . 1 . 1009 . 1 1009 2 1 2 2 3 5 2 2017 2019 2 2019 2019 y 3 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm5 M(1; ); N(3;0); 2 A 4 K(4;5 ). 2 2 (4đ) 3 K Xác định các đỉnh của 2 tam giác ABC sao cho M, N, K M 1 B lần lượt là trung điểm của AC, CB, BA. N -2 -1 O 1 2 3 4 5 6 x C -1 -2 -3
3. Lời giải: Phương trình đường thẳng MN có dạng y=ax + b. Vì M(1; 3 ) thuộc đường thẳng MN nên: 3 = a + b (1) 2 2 Vì M(3;0) thuộc đường thẳng MN nên: 0 = 3a + b (2) Từ (1 ) và (2) suy ra: a = -3/4; b = 9/4 3 9 Suy ra phương trình đường thẳng MN là: y x 4 4 1 7 Tương tự phương trình đường thẳng MK là: y x 3 6 5 15 phương trình đường thẳng NK là: y x 2 2 Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN // AB 3  Phương trình đường thẳng AB có dạng y x c 4 5 5 3 11 Mà K(4; ) AB suy ra .4 c => c= 2 2 4 2 3 11  Phương trình đường thẳng AB là: y x 4 2 1 Tương tự : phương trình đường thẳng BC là: y x 1 3 5 Phương trình đường thẳng AC là: y x 1 2 3 11 0,5đ y .x 4 2 x 2 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 5 y 4 y .x 1 2 Suy ra A(2;4) Tương tự: B(6;1) và C(0;-1) 0,5đ 0,5đ 0,5đ
4. 1. Giải phương trình: 13 x2 x4 9 x2 x4 16 . Lời giải: Đk: -1 ≤ x ≤ 1 13. x . 1 x2 9 x . 1 x2 13 Ta có: 2 x2. 13 1 x2 9 1 x2 256 0,5đ Áp dụng Bđt bunhicopxki cho 2 dãy số: 13 ; 3 3 0,5đ 13(1 x2 ); 3 1 x2 ta được: 2 13. 13 1 x2 3 3. 3 1 x2 13 27 13 13x2 3 3x2 40. 16 10x2 Áp dụng bđt Cosi ta có: 0,5đ 4.10x2. 16 10x2 (10x2 16 10x2 )2 162 256 2 2 5 Dấu bằng xảy ra 10x2 = 16 - 10x2 x 0,5đ 5 5 1) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3x2 18y2 2z2 3y2 z2 18x 27. Giả thiết 3 x 3 2 18y2 2z2 3y2 z2 54 (1) +) Lập luận để z2 3 z3 z2 9 z2 9 (*) 0,5đ (1) 3(x 3)2 2z2 3y2 (z2 6) 54(2) (2) 54 3(x 3)2 2z2 3y2 (z2 6) 3(x 3)2 2.9 3y2.3 (x 3)2 3y2 12 y2 4 y2 1; y2 4 vì y nguyên dương. Nếu y2 1 y 1 thì (1) có dạng: III 2 72 (4đ) 3 x 3 5z2 72 5z2 72 z2 z2 9 z 3(vì có(*)) 0,5đ 5 Khi đó 3 x 3 2 27 x 3 2 9 , x nguyên dương nên tìm được x = 6 Nếu y2 4 y 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 3 x 3 2 14z2 126 14z2 126 z2 9 z2 9 z 3 (vì z nguyên dương) Suy ra (x 3)2 0 x 3 (vì x nguyên dương) 0,5đ x 3 x 6 Đáp số y 2; y 1 z 3 z 3 0,5đ x4 1 y4 1 2) Cho x, y là các số nguyên, x ≠ -1; y ≠ -1 sao cho: là số y 1 x 1 nguyên. Chứng minh rằng: (x4y44 – 1) chia hết cho (y + 1) Lời giải: x4 1 a y4 1 m Đặt ; với (a;b)=1; (m;n)=1 và b,n > 0 y 1 b x 1 n 0,5đ
5. a m an bm Theo bài ra ta có: Z b n bn an bmb anb nb Suy ra: mà (a;b)=1; (m;n)=1 suy ra: n b an bmn bmn bn 0,5đ a m x4 1 y4 1 Mặt khác: . . Z ( vì x4 - 1 x+1 và y4 - 1 y + 1) b n y 1 x 1 Suy ra a.m n mà (m;n) =1 suy ra a n mà n = b nên a  b suy ra x4 - 1 y + 1 0,5đ Do đó: x4y44 – 1= y44 (x4 - 1) + (y44 – 1) y + 1 4 44 Vì x - 1 y + 1 và y – 1 y + 1 (đpcm) 0,5đ B M A D H O N C 1) Chứng minh: OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định. IV (6đ) a) Chứng minh: OM.OB = ON.OC. Vì tam giác OHB vuông tại H có HM là đường cao nên: OM.OB = OH2 0,5đ Vì tam giác OHC vuông tại H có HN là đường cao nên: ON.OC = OH2 Suy ra: OM.OB = ON.OC (vì cùng bằng OH2) 0,5đ b) Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. OA OB Vì OM.OB = OH2 OA2 = OM.OB OM OA 0,25đ Xét OMA và OAB có: A· OB chung OA OB (chứng minh trên) OM OA 0,25đ OMA : OAB (c.g.c) M· AO O· BA mà ·AOB O· BA (vì OA = AB = R) M· AO M· OA 0,25đ MOA cân tại M MA = MO M thuộc đường trung trực của AO Chứng minh tương tự ta có N cũng thuộc đường trung trực của AO
6. MN đi qua trung điểm D của OA cố định. 0,25đ 2) Chứng minh: OB.OC = 2R2. Ta có: OM.OB = ON.OC (chứng minh câu a) OM OC 0,5đ ON OB Chứng minh được OMN : OCB (c.g.c) OM OC OM OC 1 0,5đ Mà OH  BC ; OD  MN OM OC 1 OD OH R R 2 2 1 0,5đ Lại có: OM.OB = OH2 OC.OB R2 2 Vậy OB.OC = 2R2. 0,5đ 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 2 2 0,5đ SOMN OD R 1 1 1 Ta có: OMN : OCB 2 SOMN SOCB .OH.BC SOCB OH 4R 4 4 8 1 1 R2 0,5đ R(AB AC) R(R R) 8 8 4 0,5đ Dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng A  H R2 Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OMN là: S khi điểm A trùng với OMN 4 0,5đ điểm H. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a b c 3. Chứng minh 1 1 1 rằng: 1. 2 a2b 2 b2c 2 c2a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, V ta có 1 1 a2b 33 a2b và 33 ab2 a b b a 2b. (2đ) 2 0,5đ 2 2 1 a b 1 3 2 1 Suy ra 2 1 a b 2 1 1 a  ab 1 a a 2b 2 a b 1 1 a b 33 a2b 3 9 1 1 1 Suy ra (a2 2ab) (1) 0,5đ 2 a2b 2 18
7. 1 1 1 Tương tự, cũng có: (b2 2bc) (2) 2 b2c 2 18 0,5đ 1 1 1 (c2 2ca) (3) 2 c2a 2 18 Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được 1 1 1 3 1 2 a b c 1. Điều phải chứng minh. 0,5đ 2 a2b 2 b2c 2 c2a 2 18 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm.