Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút THỨC ( Đề thi gồm 01 trang) Tên : Trƣơng Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc : SƢU TẦM VÀ TỰ TAY GÕ ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) x22 x x x 1 a) Cho A. Rút gọn biểu thức B = 1 2Ax 4 1 với 0 x . x x 11 x x 4 1 1 1 b) Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0. Chứng minh x y z 1 1 1 2016 2017 2018 2 2 2 (x y z ) xy yz zx . x 2 yz y 2 zx z 2 xy Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phƣơng trình x 5 x 2 1 x2 3 x 10 7. x22 y xy 2 b) Giải hệ phƣơng trình . 3 x x y Câu 3 (2,0 điểm) 7 a) Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên. x 22 b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab , biết rằng ab- ba là một số chia hết cho 3267. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có BDC 900 , đƣờng phân giác góc BAD cắt cạnh BC và đƣờng thẳng CDlần lƣợt tại E và F . Gọi O, O’lần lƣợt là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp BCD và CEF. 1) Chứng minh rằng O’ thuộc đƣờng tròn O . 2) Khi DE vuông góc với BC . a) Tiếp tuyến của O tại D cắt đƣờng thẳng BC tại G . Chứng minh rằng BG CE BE CG b) Đƣờng tròn O và O’ cắt nhau tại điểm H ( H khác C ). Kẻ tiếp tuyến chung IK ( I thuộc O , K thuộc O’ và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’), dựng hình bình hành CIMK . Chứng minh OB O’C > HM . Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 3 xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x2 y 2 z 2 thức P . x4 yz y 4 xz z 4 xy Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƢỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI DƢƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án gồm có 5 trang) Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) Câu Nội dung kiến thức Điểm 1(2,0 điểm) 1a)(1,0 đ) x22 x x x Cho biểu thức A . Rút gọn biểu thức x x 11 x x 1 B=1 2Ax 4 1 với 0 x . 4 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 A x x 11 x x A x x 1 x x 1 2 x 0,25 2 0,25 B 1 4 x 4 x 1 1 2 x 1 B 1 2 x 1 1 (1 2 x ) 2 x 0,25 1b)(1,0 đ) 1 1 1 Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0. x y z Chứng minh 1 1 1 2016 2017 2018 2 2 2 (x y z ) xy yz zx . x 2 yz y 2 zx z 2 xy Từ giả thiết ta có xy + yz + zx = 0(1) 0,25 xy yz zx z22 xy z 2 xy xy z 2 xy yz zx (z x)(z y) 0,25 Tƣơng tự x22 2 yz (x y)(x z);y 2 xz (y x)(y z) 0,25 1 1 1 1 1 1 0,25 0(2) x2 2 yzy 2 2 zxz 2 2 xy ()()()()()() zxzy yzyx xyxz Từ (1) và (2) đƣợc điều cần chứng minh 2(2,0 điểm) 2 2a)(1,0 đ) Giải phƣơng trình x 5 x 2 1 x 3 x 10 7 (1) Điều kiện x 2 , đặt x 5 a 0; x 2 b 0 a22 b 7 0,25 Thay vào (1) ta có 0,25 22 ab ab 1 abab ab 1 abab 0 10 ab a b +) Với a=b ta có xx 52 vô nghiệm 0,25 +) Với 1 ab a b 0 a 1 b 1 0 0,25 a 1 x 5 1 x 5 1 x 4( KTM ) b 1 x 2 1 x 2 1 x 3( TM ) PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
3. 2b)(1,0 đ) x22 y xy 2(1) Giải hệ phƣơng trình . 3 x x y (2) Thay (1) vào (2) đƣợc 0,25 2x3 2( xy )( xyxyxyxy )( 2 2– ) 3 3 xy x 0 0,25 32 Thay xy vào (2) ta đƣợc : x 2 x x ( x 2) 0 x 2 x 2 Thử lại : +) Với x = y = 0 thay vào (1) không thoả mãn. 0,25 +) Với x=y= 2 thay vào (1) thoả mãn. 0,25 +) Với x=y=- 2 thay vào (1) thoả mãn. Vậy nghiệm của hệ phƣơng trình: x;y (2; 2);(;)xy ( 2; 2) 3(2,0 điểm) 3a)(1,0 đ) 7 Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên. x Điều kiện: x 0 0,25 7 Đặt ax 2018 , b 2018 . Thay xa 2018 vào biểu thức b , ta x 7 đƣợc: b 2018 ab 2025 b a 2018 a 2018 Do 2018 là số vô tỉ, ab 2025 ab, nên ab , do đó 0,25 ab 2025 0 ab 45 x 45 2018 0,25 Thử lại với x 45 2018 thì thấy ab, là số nguyên. 0,25 22 3b)(1,0 đ) Tìm các số có dạng ab , biết rằng ab- ba là một số chia hết cho 3267. 0,25 Gọi số ab thoả mãn đề bài a, b là chữ số và ab 0, 0 22 Ta có ab ba 10 a b 22 10 b a 99 a22 b là số chia hết cho 3267 nên a22 b11 a b a b 11 - Nếu a = b thì ta có các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 11, 22, 33, 44, 55, 0,25 66, 77, 88, 99. - Nếu ab thì 8 a b 8 a b 11 a b 11 0,25 Mà 2 ab 18 , nên ab 11. 22 Khi đó ab ba 322 .11 . a b 22 Để ab ba là số chia hết cho 3267 thì ab phải là số chia hết cho 3 do đó ab 3 hoặc ab 6 + Nếu ab 3, kết hợp với ab 11 tìm đƣợc ab 7, 4 0,25 Khi đó 7422 47 3267 (thoả mãn) + Nếu ab 3 , kết hợp với ab 11 tìm đƣợc ab 4, 7 Khi đó 4722 74 3267 (thoả mãn) + Nếu ab 6 , kết hợp với ab 11 không là số tự nhiên thoả mãn Vậy các số phải tìm là 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 74,47. 4(3,0 điểm) 4.1)(1,0 đ) Cho hình bình hành ABCD có BDC 900 , đƣờng phân giác góc BAD cắt 0,25 cạnh BC và đƣờng thẳng CD lần lƣợt tại E và F. Gọi O, O’ lần lƣợt là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và CEF.
4. 3) Chứng minh rằng O’ thuộc đƣờng tròn (O). F O' Ta có BE// AD BEA EAD EAB ABE cân tại B do đó BA BE CD=BE B E C O A D mà BAE EF C và EAD AEB suy ra EFC FEC EC FC 0,25 lại có 1 O' CD BCD O ' CE 9000 FEC A 90 BAD (doO’ C EF ) 2 1 0,25 BEO' 1800 O ' EC 180 0 O ' CE 90 0 BAD 2 do đó O'' CD BEO O'EB O'CD (c.g.c) nên O'' BE O DC 0,25 Do đó các điểm O’, C, D, B thuộc cùng đƣờng tròn OO'() 4.2)(2,0 đ) 4.2a)(1,0đ) 2)Khi DE vuông góc với BC. 0,25 a) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đƣờng thẳng BC tại G. Chứng minh rằng BG CE BE CG B O E C G A D DE2 BD 2 BE 2 BD 2 CD 2 DB 2 DE 2 EC 2 BE 2 EC 2 0 BE EC E nằm giữa O và C 1 0,25 Do CDG DBC sd CD mà CDE DBC 900 DCE nên 2 CE DE CDE CDG DC là phân giác của EDG (1) CG DG Do DB DC DB là phân giác ngoài đỉnh D của EDG 0,25 BE DE ( 2 ) BG DG BE CE 0,25 Từ (1) và (2) suy ra : BE CG BG CE BG CG 4.2b)(1,0đ) Đƣờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại điểm H( H khác C). Kẻ tiếp tuyến chung IK( I thuộc (O), K thuộc (O’) và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’), dựng hình bình hành CIMK. Chứng minh OB O’C > HM .
5. M Gọi N là giao điểm của IK và CH 0,25 Chứng minh đƣợc tam giác IHN đồng 2 K dạng với CIN => IN NH . NC Chứng minh đƣợc tam giác KNH N đồng dạng với CNK O' H 2 I KN NH . NC IN KN hay P F Q N là trung điểm của IK B Mà CIMK là hình bình hành N là O E C trung điểm của MC CMN,, thẳng hàng CMH,, thẳng hàng A D Gọi P là giao của OO’ và HC OO’ là trung trực của HC PH PC 0,25 N là trung điểm của CM HM= HN NM HN NC 2HN HC 2HN+ 2HP 2NP Tứ giác OO’KI là hình thang, gọi Q là trung điểm của OO' 0,25 QN là đƣờng trung bình của hình thang 2QN OI O ' K OB O ' C Do E nằm giữa O, C nên OO' O ' E OI O ' K nên Q không trùng với P 0,25 mà NP vuông góc với OO' QN PN OB O' C HM 5(1,0 điểm) Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2 y 2 z 2 3 xyz . Tìm giá trị lớn x2 y 2 z 2 nhất của biểu thức P . x4 yz y 4 xz z 4 xy Vì x, y, z dƣơng, áp dụng BĐT Cô-si ta có: 0,25 1 1x2 1 +) 21x24 yz x yz 22x2 yzx44 yz x yz yz 2 1 1 1 1 1 1 +) (2) yzy z2 yz 4 y z x2 1 1 1 y2 1 1 1 0,25 Từ (1) và (2) => : 4 . Tƣơng tự : 4 ; x yz4 y z y xz4 x z z2 1 1 1 4 z xy4 x y 1111111 1111 1 xy yz zx P  (3) 4 yzxzxy 2 yzx 2 xyz Chứng minh đƣợc xy yz zx x2 y 2 z 2 (4) 0,25 1x2 y 2 z 2 1 3 xyz 3 Từ (3) và (4) có : P   2xyz 2 xyz 2 3 3 0,25 khi x y z 1 thì P nên giá trị lớn nhất của P bằng 2 2