Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD & ĐT Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD & ĐT Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 24/3/2016 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) a) Cho x 3 5 . Tính giá trị của biểu thức A x5 8x4 17x3 6x2 116x 104 . b) Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 2 x2 y2 x x2 y2 y x y x2 y2 . Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 20x 24 8. 3(x 1) 0 . x2 4y2 3 4x b) Giải hệ phương trình: . 3 3 2 x 12x 8y 6x 9 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 5x2 5y2 6xy 20x 20y 24 0 . b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n4 n3 1 là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm) A a 1) Cho tam giác ABC có AB c , AC b , BC a . Chứng minh rằng: sin . 2 2 bc 2) Cho tam giác ABC có AB c , AC b , BC a (c a , c b ). Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC. Đường thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC. MP NQ PQ a) Chứng minh rằng: . a b c b) Trên đoạn thẳng NC lấy điểm I sao cho MF = NI. Chứng minh IQ đi qua trung điểm của NF. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z P . y z 2x z x 2y x y 2z Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 - 2016 (Hướng dẫn chấm gồm: 05 trang) Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Ý Nội dung Điểm Cho x 3 5 . Tính giá trị của biểu thức 1 a 1,00 A x5 8x4 17x3 6x2 116x 104 . Ta có: x 3 5 3 x 5 (3 x)2 5 x2 6x 4 0 0,25 A x5 8x4 17x3 6x2 116x 104 0,25 (x5 6x4 4x3 ) 2(x4 6x3 4x2 ) (x3 6x2 4x) 20(x2 6x 4) 24 A x3 (x2 6x 4) 2x2 (x2 6x 4) x(x2 6x 4) 20(x2 6x 4) 24 0,25 A = 24 0,25 Cho x, y là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 1 b 2 2 2 2 2 2 1,00 2 x y x x y y x y x y Ta có: 2 x2 y2 x x2 y2 y 2 x2 y2 (x y) x2 y2 xy 0,25 (x2 y2 2xy) 2(x y) x2 y2 x2 y2 2 0,25 (x y)2 2(x y) x2 y2 x2 y2 = x y x2 y2 (*) Do x > 0, y > 0 nên (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy > x2 + y2 0,25 Suy ra : x y x2 y2 Khai căn hai vế đẳng thức (*) ta được điều phải chứng minh. 0,25 2 2 a Giải phương trình: x 20x 24 8. 3(x 1) 0 (1) 1,00 Điều kiện: x 1 2 Ta có: (1) (x 8x 16) (12x 12 8 3x 3 4) 0 0,25 (x 4)2 (2 3x 3 2)2 x 4 2 3x 3 2 2 3x 3 x 2 (2) 0,25 x 4 2 2 3x 3 2 3x 3 6 x (3) x 2 x 2 Giải (2): (2) x 8 4 3 2 2 0,25 4(3x 3) x 4x 4 x 16x 16 0 x 6 Giải (3): (3) x 12 4 6 x2 24x 48 0 0,25 KL: Phương trình (1) có nghiệm: x 8 4 3 và x 12 4 6 x2 4y2 3 4x (1) Giải hệ phương trình: . 2 b 3 3 2 1,00 x 12x 8y 6x + 9 (2) Ta có: (1) 9 12x 3x2 12y2 , thế vào phương trình (2) và thu gọn ta 0,25
3. được: x3 8y3 3(x2 4y2 ) (x 2y)(x2 2xy 4y2 3x 6y) 0 x 2y 0 . 2 2 x 2xy 4y 3x 6y 0 x *) TH1: x 2y 0 y , thế vào phương trình (1) ta được 2 0,25 2x2 3 4x 2x2 4x 3 0 , phương trình vô nghiệm. *) TH2: x2 2xy 4y2 3x 6y 0 , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được: x 3 0,25 2xy 3x 6y 3 4x 2xy x 6y 3 0 (x 3)(2y 1) 0 1 y 2 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta được: 4y2 = 0 y = 0, cặp (x;y) = (3;0) thoả mãn phương trình (2). 1 + Nếu y , thay vào phương trình (1) ta được: (x - 2)2 = 0 x = 2, 2 0,25 1 cặp (x;y) = 2; thoả mãn phương trình (2). 2 Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0) và (x;y) = (2; 1/2). 2 2 3 a Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: 5x 5y 6xy 20x 20y 24 0 (*) 1,00 Ta có: (*) 5(x y)2 4xy 20(x y) 24 0 . Đặt x + y = a, xy = b thu được: 0,25 5a2 20a 24 5a2 4b 20a 24 0 b (1) 4 a2 Mặt khác: (x y)2 0 (x y)2 4xy 0 a2 4b hay b (2) 4 0,25 Từ (1) và (2) được: 5a2 20a 24 a2 0,25 a2 5a 6 0 (a 2)(a 3) 0 2 a 3 4 4 Vì a nguyên nên a = 2 hoặc a = 3. x y 2 x 1 +) Với a = 2 b = 1 ta có: . xy 1 y 1 0,25 9 +) Với a =3 b (loại) 4 Vậy x = 1, y = 1 thoả mãn yêu cầu. 4 3 3 b Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n n 1 là số chính phương. 1,00 Đặt A = n4 n3 1 +) Nếu n = 1 thì A = 3, không là số chính phương. 0,25 +) Nếu n = 2 thì A = 25, là số chính phương.
4. +) Nếu n > 2 ta có: 4A 4n4 4n3 4 (2n2 n)2 4 n2 (2n2 n)2 0,25 4A 4n4 4n3 4 4n4 4n3 4 n2 8n2 4n (2n2 n 2)2 0,25 (2n2 n 2)2 4A (2n2 n)2 Vì A là số chính phương nên 4A cũng là số chính phương. Do đó ta được: 4A = (2n2 n 1)2 4n4 4n3 4 (2n2 n 1)2 3n2 2n 3 0 , 0,25 vô nghiệm. Vậy n = 2 là số cần tìm duy nhất. Cho tam giác ABC có: AB = c, AC = b, BC = a. A a 4 1 Chứng minh rằng: sin . 1,00 2 2 bc Kẻ Ax là tia phân giác của góc B· AC A kẻ BM  Ax tại M, CN  Ax tại N. Từ hai tam giác vuông AMB và ANC 0,25 có: N B C · A BM A sin MAB sin BM c.sin M 2 AB 2 x A NC A A và sin N· AC sin NC b.sin , do đó: BM NC (b c).sin 2 AC 2 2 0,25 A A a Ta luôn có: BM NC BC a (b c).sin a sin 2 2 b c 0,25 1 1 A a Do b c 2 bc nên , do đó: sin (Dấu đẳng thức b c 2 bc 2 2 bc 0,25 xảy ra khi b = c). MP NQ PQ a) Chứng minh rằng: . 4 2 a b c 1,00 Hình vẽ: A M F E Q O P B N I C Ta có (O) nội tiếp tam giác ABC nên AO và BO là phân giác 1 B· OP B· AC ·ABC ; CM = CN CMN cân tại C. 2 1800 ·ACB B· AC ·ABC B· NP 1800 M· NC 1800 1800 2 2 B· OP B· NP 1800 tứ giác BOPN nội tiếp. 0,25
5. O· BN O· PM (cùng bù với O· PN ) hay O· BC O· PM (1) Mặt khác: O· MC O· NC 900 tứ giác OMCN nội tiếp O· MN O· CN hay O· MP O· CB (2). 0,25 Từ (1) và (2) ta được hai tam giác OBC và OPM đồng dạng. PM OP OM . BC OB OC Chứng minh tương tự ta được: +) Hai tam giác OQN và OAC đồng dạng QN ON QN OM (do OM = ON) 0,25 AC AC AC OC PQ OP +) Hai tam giác OPQ và OBA đồng dạng BA OB PM QN PQ MP NQ PQ Vậy ta được: (đpcm) BC AC AB a b c 0,25 b) Trên đoạn thẳng NC lấy điểm I sao cho MF = NI. Chứng minh IQ đi 4 2 1,00 qua trung điểm của NF. Ta có tứ giác AOQM nội tiếp ·AMO ·AQO ·AQO 900 AQB 1 vuông tại Q QE BE AB BEQ cân tại E 0,25 2 E· QB E· BQ E· QB Q· BC (do Q· BC E· BQ ) EQ / /BC Mặt khác: E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC EF / /BC 0,25 E,Q, F thẳng hàng QF / /NI (1) MF NI Lại có: CM =CN, MF = NI (gt) FI / /MN FI / /NQ (2) CM CN 0,25 Từ (1) và (2) ta được tứ giác FINQ là hình bình hành, do đó IQ đi qua 0,25 trung điểm của NF. Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 5 x y z 1,00 P . y z 2x z x 2y x y 2z 1 1 1 1 Chứng minh: Với hai số thực dương a, b ta có: (*) , a b 4 a b 0,25 dấu bằng xảy ra khi a = b. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x 1 1 x 1 x x 1 0,25 . y z 2x 4 2 y z 2x 4 y z 2x y z 2x 4 1 1 1 1 1 Áp dụng (*): 0,25 y z 2x (x y) (x z) 4 x y x z
6. x 1 x x x 1 x x 1 y z 2x 4 x y x z y z 2x 4 x y x z y 1 y y Tương tự ta được: 1 z x 2y 4 y z y x z 1 z z 1 x y 2z 4 z x z y 0,25 1 x x y y z z 3 P 3 4 x y x z y x y z z x z y 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là khi x = y = z 2