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

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

1. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Cho ba số thực a, b, c thỏa a b c 0. a) Chứng minh a4 b 4 c 4 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 . 4 4 4 2 2 2 b) Tính abc khi có thêm điều kiện abc 6. Bài 2 (4,0 điểm): Tam giác ABC có số đo các cạnh là: a, b, c. Gọi 2 p là chu vi của tam giác. Chứng minh rằng : 1 1 4 a) a b a b 1 1 1 1 1 1 b) 2 p a p b p c a b c c) Cho 2p = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của abc2 2 2 Bài 3 (4,0 điểm): Cho phương trình: x2 1 x 3 x 5 m . Thực hiện: a) Giải phương trình với m = 9. b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1,,, x 2 x 3 x 4 thỏa: 1 1 1 1 1 x1 x 2 x 3 x 4 Bài 4 (7,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM. Tia AM cắt đường thẳng CD tại E. a) Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân. b) Chứng minh MN // BE. c) Gọi H là giao điểm của OM với BE. Chứng minh CH vuông góc với BE. Bài 5 (2,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x22 4 x 3 y 19 ===HẾT===
2. UBND HUYỆN QUẾ SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Từ a b c 0được: a2 b 2 c 2 2 ab 2 ac 2 bc 0 0,25 0,25 (a2 b 2 c 2 ) 2 4( ab ac bc ) 2 0,25 (a2222 b c ) 4( a 2222222 b a c b c a bc b 2 ac c 2 ab ) 0,50 (a2 b 2 c 2 ) 2 4( a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2 abc ( a b c )) Thay a + b + c = 0 được: (a2 b 2 c 2 ) 2 4( a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2 ) 0,25 0,50 a4 b 4 c 4 2( a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2 ) Từ (a2 b 2 c 2 ) 2 4( a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2 ) và 2 2 2 2 ()abc a4 b 4 c 4 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 được: abc4 4 4 0,75 2 62 Thay được abc4 4 4 18 0,25 2 Bài 2 (4,0 điểm): 1 1 4ab 4 0,25 a b a b ab a b 0,50 (a b )2 4 ab (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0) 0,25 (ab )2 0 Áp dụng a) được: 0,50 1 1 4 4 0,25 ; p a p b2 p a b c 1 1 4 4 1 1 4 4 ; p a p c2 p a c b p b p c2 p b c a Cộng được: 0,25 1 1 1 4 4 4 0,25 2( ) p a p b p c c b a 1 1 1 1 1 1 2( ) p a p b p c c b a Có a2 b 2 2 abb ; 2 c 2 2 bca ; 2 c 2 2 ac 0,50 Cộng được: 2(a2 b 2 c 2 ) 2 ab 2 ac 2 bc 0,25 0,25 3(abc2 2 2 ) abc 2 2 2 2 ab 2 ac 2 bc
3. 2 ()abc 2 2 p 0,25 abc2 2 2 33 abc2 2 2 có giá trị nhỏ nhất là 182: 3 = 108 khi abc = 6. 0,50 Bài 3 (4,0 điểm): x 1 ( x 1) x 3 x 5 9 0,50 (x22 4 x 5)( x 4 x 3) 9 Đặt y = xx2 41 được: 0,50 (y 4)( y 4) 9 y2 25 y 5 v à y 5 x22 4 x 1 5 x 4 x 4 0 x 2 0,25 x22 4 x 1 5 x 4 x 6 0 được x 2 10 và x 2 10 0,25 Từ phương trình(x22 4 x 5)( x 4 x 3) m (*). Đặt y = được (y 4)( y 4) m 0,50 y m 16 v à y m 16 1 1 1 1 x x x x 11 1 2 3 4 (*) 0,50 x1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 Do xx12; ; xx34; có vai trò như nhau trong biểu thức. Gọi là hai nghiệm của phương trình: 0,50 x22 4 x 1 m 16 x 4 x 1 m 16 0 (1) Có: x1 x 2 4 v à x 1 . x 2 1 m 16 . và là hai nghiệm của phương trình: x22 4 x 1 m 16 x 4 x 1 m 16 0 (2) 0,25 Có: x3 x 4 4 v à x 3 . x 4 1 m 16 . Thay vào (*) được: 4 4 1 1 1 1 1m 16 1 m 16 1 m 16 1 m 16 4 0,50 21 mm 16 1 8 7 (1 mm 16)( 1 16) 4 Với m = -7 thì (*) có 4 nghiệm phân biệt. Kết luận m = -7. 0,25 Bài 5 (2,0 điểm): 22 2x 4 x 2 21 3 y 0,50 2(xy 1)22 3(7 ) 0,25 Do 2(x 1)2 0 nên y2 7 0,50 Xét : y = 0; y = ±1; y = ±2 0,25 Do 2(x 1)2 là số chẵn 7 y2 là số chẵn y = ±1 0,25 Được nghiệm (2; 1 ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1) 0,25
4. A N B O M H D C E Bài 4 (7,0 điểm): OBN và ∆OCM có: BN = CM (gt) 0,25 OB = OC (ABCD là hình vuông) 0,25 OBN = OCM = 450. 0,25 ∆OBN = ∆OCM 0,25 ON = OM (1) 0,25 Và BON = COM BON + BOM = COM + BOM 0,50 NOM =COB = 900 (2) 0,50 Từ (1) và (2) được ∆NOM vuông cân tại O. 0,25 AM BM AB // CE = (Theo Ta-Let) 0,75 ME MC Có BM = AN NB = MC. 0,50 AM AN Thay được: = MN // BE (Theo Ta-Let đảo) 0,75 ME NB MN // BE BHM =  NMO = 450 (1) 0,50  BMH =  OMC (đối đỉnh) BMH đồng dạng với OMC 0,50 MH/MC = MB/MO 0,50 Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh) MHC đồng dạng với MBO 0,50 MHC = MBO = 450 (2) 0,25 Từ (1) và (2) được BMC = BHM + MHC = 450 + 450 =900 . 0,25 Hay CH  BE. ===HẾT===
5. Để dành: Giải các phương trình sau: a) (x2 6 x ) 2 2( x 3) 2 81 b) x2 4 x 5 2 2 x 3 (x2 6 x ) 2 2( x 2 6 x 9) 81 0,50 (x2 6) x 2 2( x 2 6)18810 x 0,25 Đặt y = xx2 6 được: yy2 2 99 0 0,50 Giải phương trình theo y được: y1 = 11 và y2 = - 9 0,25 Giải xx2 6 11 được x 3 20 và x 3 20 0,25 Giải xx2 69 được x 3 0,25 Vậy phương trình có ba nghiệm: ; ; Cộng 2x+ 3 + 1 vào 2 vế được: x2 6 x 9 2 x 3 2 2 x 3 1 0,50 0,50 (xx 3)22 ( 2 3 1) x 3 2 x 3 1 x 2 2 x 3 x2 4 x 4 2 x 3 v à x 2 0,50 x2 2 x 1 0 x 1 xx 3 2 3 1 xx 4 2 3 0,50 x2 8 x 16 2 x 3 xx2 6 13 0 (vô nghiệm)