Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn Toán 9

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn Toán 9

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 08 tháng 12 năm 2016 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1 (4,0 điểm). 5 3 3 5 1) Rút gọn biểu thức: A = 2 3 5 2 3 5 x2 x x2 x 2) Cho A x x 1 x x 1 a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình x 3 1) Giải phương trình : x 2 x 1 x 2 x 1 2 2) Giải phương trình: 2x2 5x 12 2x2 3x 2 x 5 . Bài 3 (3,0 điểm). 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 25 y(y 6) Bài 4 (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh C· IJ = C·BH b) Chứng minh D CJH đồng dạng với D HIB c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất. a b c Bài 5 (2,0 điểm). Cho a,b,c 0 . Chứng minh rằng 2 . b c c a a b HẾT Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT1: Số báo danh: . Họ, tên chữ ký GT2:
2. GD-ĐT Quảng Ngãi HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi : Toán 9 Bài Câu Nội dung Điểm 5 3 3 5 1. Rút gọn biểu thức: A = 2 3 5 2 3 5 5 3 3 5 2( 5 3) 2(3 5) 0,75 Câu 1 A = = (1,75đ) 2 3 5 2 3 5 2 6 2 5 2 6 2 5 2( 5 3) 2(3 5) 2( 5 3) 2(3 5) 0,5 A = 2 ( 5 1)2 2 ( 5 1)2 5 3 3 5 A = 2 2 0,5 x2 x x2 x 2. A x x 1 x x 1 Bài 1 a) ĐKXĐ: x 0 0,25 (4 đ) 3 3 0,5 x2 x x2 x x x 1 x x 1 A x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 Câu 2 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,5 (2,25) x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x x x 2 x 2 b) B = A + x – 1= 2 x x 1 x 2 x 1 x 1 2 2 0,5 Dấu “=” xảy ra x 1 0 x 1 ( TM ĐKXĐ) 0,25 Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1 0,25 x 3 1) Giải phương trình : x 2 x 1 x 2 x 1 2 ĐKXĐ : x 1 0,25 x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 2 0,5 x 3 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 Bài 2 2 (4 đ) Câu 1 2 2 x 3 0,25 x 1 1 x 1 1 (2đ) 2 x 3 x 1 1 x 1 1 (*) 0,25 2 Nếu x 2 phương trình (*) 0,25 x 3 x 3 x 1 1 x 1 1 2 x 1 4 x 1 x 3 2 2
3. 16(x 1) x2 6x 9 x2 10x 25 0 (x 5)2 0 x 5 (TM) Nếu 1 x 2 phương trình (*) 0,25 x 3 x 3 x 1 1 1 x 1 2 4 x 3 x 1 ( TM) 2 2 Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 0,25 2) Giải phương trình: 2x2 5x 12 2x2 3x 2 x 5 . Đặt u 2x2 5x 12,v 2x2 3x 2 (u 0,v 0) 0,25 u2 2x2 5x 12,v2 2x2 3x 2 u2 v2 2x 10 2(x 5) 0,25 Từ (1) 2(u v) (u2 v2 ) (u v)(u v 2) 0 (2) 0,25 Vì u 0,v 0 , từ (2) suy ra: u v 2 0 . Vì vậy 0,25 2x2 5x 12 2x2 3x 2 2 (3) Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2 0,25 2x2 3x 2 x 3 Câu 2 x 3 0 x 3 x 3 0,5 (2đ) 2 2 2 2 2x 3x 2 x 3 7x 6x 1 0 (7x 7) (6x 6) 0 x 3 (x 1)(7x 1) 0 x 3 1 1 x 1, x tm x 1, x 7 7 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 1 7 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. 0,5 Suy ra: 2016k = a3 - 3 Câu 1 Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7. (1,5đ) Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3 . 0,25 Bài 3 (3 đ) Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết 0,5 cho 7 Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 2016k. ĐPCM 0,25 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Câu 2 x2 25 y(y 6) (1,5đ) Từ x2 25 y(y 6) 0,25 Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
4. Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. Khi đó: y+3+x y+3-x . 0,5 Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn. Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây: -16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa sè ®Çu b»ng gi¸ trÞ 0,25 (y+3+x). Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0. Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3. Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6. 0,5 V× thÕ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã c¸c nghiÖm : ( x,y) 5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 . D Bài 4 C (7 đ) J I E A H O B + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC  BC 0,5 Suy ra BC  CD (1) Câu a + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) 0,5 (1,5 đ) + Từ (1) và (2) suy ra IJ ^ BC 0,5 + Suy ra C· IJ = C·BH (cùng phụ với H· CB ) (3) CH +) Trong vuông CBH ta có: tan C·BH = (4) 0,5 BH + Lập luận chứng minh được CJ // AB 0,5 Câu b + Mà CH  AB (gt) (2 đ) + Suy ra CJ  CH CJ CJ +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan C· IJ = = (CI = HI) (5) 0,5 CI HI CH CJ + Từ (3), (4), (5) HB HI
5. CH CJ + Xét D CJH vàD HIB có H· CJ B· HI 900 và (cmt) 0,5 HB HI + Nên D CJH đồng dạng với D HIB 0,5 + Lập luận để chứng minh được H· EI 900 + Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ 0,5 HE HI Câu c + Suy ra HC HJ (1,5 đ) + Suy ra HE.HJ = HI.HC 0,5 1 1 + Mà HJ HD; HI HC 2 2 + Suy ra HE.HD = HC2 C M 450 A H O K B N + Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho B·OM = 450 0,5 + Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và N cố định. + Kẻ MK  AB tại K 0,5 + Chứng minh được DMON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra ·ANC 450 Câu d Xét C º M (2 đ) Ta có C º M nên H º K Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M. 0,5 Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM Do đó ·ANC 450 Suy ra H·NC < H·CN Suy ra HC < HN 0,5 + Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho B·OC = 450 thì
6. AH + CH đạt giá trị lớn nhất a b c Chứng minh rằng 2 . b c c a a b Áp dụng BĐT Cauchy ta có 0,5 a 2a a b c 2 a b c b c a b c Chứng minh tương tự ta được 0,5 Bài 5 b 2b c 2c ; (2 đ) c a a b c a b a b c a b c 2 a b c 0,5 Suy ra 2 b c c a a b a b c a b c 0,5 Dấu bằng xảy ra b c a a b c 0 (Trái với giả thiết) c a b Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.