Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Thạch Thành (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Thạch Thành (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN HUYỆN THẠCH THÀNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề chính thức (Gồm 01 trang) Ngày thi 09/10/2017 (Thời gian: 150 phút không tính thời gian phát đề) Bài 1: (4 điểm). Cho biểu thức: 1 1 2 1 1 x 3 y x x y y 3 A . : ; (x > 0; y > 0). 3 3 x y x y x y x y xy a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị của A khi x 24 16 2 24 16 2 ; y 2 24 16 2 24 16 2 c) Cho xy = 16. Tìm các giá trị của x, y để A có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó. Bài 2: (3 điểm). Giải các phương trình sau: a) 1 x (2x 5) 6 x b) x 1 x3 x 2 x 1 1 (x 1)(x3 x 2 x 1) Bài 3: (3 điểm). a) Cho a; b nguyên dương và a + 1; b + 2007 đều chia hết cho 6. Chứng minh rằng 4a + a + b chia hết cho 6 b) Tìm các nghiệm nguyên dương (x; y) của phương trình: 7x - xy - 3y = 0 Bài 4: (6 điểm). Cho hình vuông ABCD và các điểm E, F lần lượt trên các cạnh AB, AD sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu của A trên DE. a) Chứng minh: AD2 = DH.DE; AH.DC = AF.DH b) Xác định vị trí của các điểm E và F để diện tích tam giác DHC gấp 4 lần diện tích tam giác AHF DHC DC c) Chứng minh rằng Sin 2 DH HC Bài 5: (4 điểm). 1 1 1 a) Cho ba số x; y; z 0 thỏa mãn 0 x y z 2017 xy yz zx Tính giá trị của biểu thức: P 2 2 2 4 z x y b) Cho a; b; c là ba số dương thỏa mãn abc = 1 a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng: b 1 c 1 a 1 2 Họ, tên thí sinh: Chữ ký của giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 2:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2017 - 2018 Bài §¸p ¸n Điểm a) 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3 A . : 3 3 x y x y x y x y xy x y 2 x y x x y x x y y y . : 0,5 xy x y xy x xy y xy 2 x y x y x y : 0,5 xy xy xy x y 2 x y xy x y A . (*) 0,5 xy x y xy 2 2 b) x 24 16 2 24 16 2 = 4 2 2 4 2 2 Bài 1 0,5 (4 điểm) x 4 2 2 4 2 2 8 2 2 y 2 24 16 2 24 16 2 = 2 4 2 2 4 2 2 0,5 y 2 4 2 2 (4 2 2) 8 8 8 4 2 1 Thay x 8; y 8 vào (*) ta được A 8.8 8 2 0,5 2 c) Ta có: x y 0 x y 2 xy 0 x y 2 xy 0,25 x y 2 xy 2 16 A 1 (vì xy = 16) 0,5 xy xy 16 Vậy MinA = 1 khi x = y = 4 (thoả mãn ĐK đề bài) 0,25 a) 1 x (2x 5) 6 x (1) 1 x 0 5 ĐKXĐ 6 x 0 x ( ) 0,25 2 (2x 5) 0 2 Ta có (1) 1 x (2x 5) 6 x 1 x. (2x 5) x 5 0,5 Bài 2 (1 x)(2x 5) (x 5)2 (ĐK x 5) (3 điểm) x 2 7x 30 0 (x 3)(x 10) 0 0,5 x 3 (thỏa mãn các ĐK); x 10 (loại vì không thỏa mãn ( )) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 3 . b) x 1 x3 x 2 x 1 1 (x 1)(x3 x 2 x 1) (2) Điều kiện: x 1 0,25 (2) x 1 1 x3 x 2 x 1 1 0 0,5
3. x 1 1 x 2 0,5 3 2 x 0 x x x 1 1 x 2 (thỏa mãn ĐK); x 0 (không TMĐK) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 2 . a) 4a + a + b = (4a + 2) +(a + 1) + (b + 2007) – 2010 0,5 Ta có: a 16 ; b 20076 ; 20106 4a 2 4a 1 3 4 1 4a 1 4a 2 4 1 33 0,5 Mặt khác: 4a 2 là số chẵn 4a 22 mà (3;2) 1 nên 4a 26 0,25 Vậy 4a a b6 0,25 b) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) của phương trình: 7x - xy - 3y = 0 0,5 Bài 3 Ta có: 7x - xy - 3y = 0 (x 3)(7 y) 21 (3) (3 điểm) x 3 7 x 4 Vì x  nên x 3 4 từ (3) suy ra 7 y 3 y 4 x 3 21 x 18 hoặc 7 y 1 y 6 0,75 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là: 0,25 (x; y) (4;4) ; (x; y) (18;6) A E - Học sinh vẽ hình đúng B H F 0,5 I D M C a) Xét tam giác ADE và tam giác HDA Có DAE DHA 900 (gt); ADH là góc chung AD DE Vậy ADE HDA (g.g) AD2 DH.DE 0,5 HD DA Từ ADE HDA AD AE DC AF ta có (1) (do AD = DC; AE = AF (gt)) HD HA HD HA 0,5 Mặt khác HDC ADH 900 ; HAD HDA 900 Bài 4 (6 điểm) suy ra HDC HAD (2) Từ (1) và (2) suy ra HAF HDC (c.g.c) 0,5 AH AF AH.DC AF.DH DH DC 0,5 b) Theo chứng minh câu a DHC AHF 2 2 S DHC DC S DHC DC 2 2 1,0 nên ta có ; 4 4 DC 4AF DC 2AF S AHF AF S AHF AF Vậy để diện tích tam giác DHC gấp 4 lần diện tích tam giác AHF thì E; F
4. 1 lần lượt thuộc AB và AD sao cho AE AF AB (hay E; F lần lượt là trung 2 0,5 điểm của AB và AD) c) Vẽ đường phân giác HM của tam giác DHC, theo tính chất đường phân giác DM MC DM DM MC DC của tam giác, ta có: HD HC HD HD HC HD HC 0,75 Vẽ DI  HM (I HM ) suy ra DI DM 0,5 Xét IHD có HID 900 ; DI DHC DI DM DC Do đó SinDHI hay Sin 0,5 HD 2 HD HD HD HC DHC DC Vậy Sin 0,25 2 HD HC 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a) 0 0,5 x y z x y z x y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 0,5 3 3 3 3 3 3 3 x y xy x y z x y z xyz yz xz xy 3 0,5 x2 y2 z2 2017 xy yz zx 2017 2017 P 2 2 2 4 3 4 1 1 0,5 z x y b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a 2 b 1 a 2 b 1 a 2 . 2. a (1) 0,25 b 1 4 b 1 4 2 b2 c 1 0,25 Tương tự ta có: b (2) c 1 4 c 2 a 1 0,25 Bài 5 c (3) (4 điểm) a 1 4 Cộng từng vế các bất đẳng thức (1); (2) và (3) ta được: a 2 b2 c 2 b 1 c 1 a 1 a b c b 1 c 1 a 1 4 4 4 a 2 b2 c 2 3(a b c) 3 (4) 0,5 b 1 c 1 a 1 4 Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 0,25 a b c 33 abc 33 1 3 (5) a 2 b2 c 2 3.3 3 3 0,25 Từ (4) và (5) suy ra b 1 c 1 a 1 4 2 0,25 Dấu “=” xảy ra khi a b c 1 Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng ở mỗi bài vẫn cho điểm tối đa - Bài 4 học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm điểm.