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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (4,0 điểm). x 2 x x 1 1 2x 2 x 1. Cho biểu thức P , với x 0, x 1. Rút gọn P x x 1 x x x x x2 x và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 4(x 1)x2018 2x2017 2x 1 1 3 2. Tính giá trị của biểu thức P tại x . 2x2 3x 2 3 2 2 3 2 Câu II (4,0 điểm). 1. Biết phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm đểm độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của 2 tam giác vuông đó bằng . 5 (x y)2 (8x2 8y2 4xy 13) 5 0 2. Giải hệ phương trình 1 2x 1 x y Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 5y 62 (y 2)x2 (y2 6y 8)x. 2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn làp số anguyên2 b2 tố và chia p 5 hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax2 by2 chia hết cho p. Chứng minh rằng cả hai số xchia, y hết cho . p Câu IV (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O, I, Ia . ¼ Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của (O) , PIa cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O. 1. Chứng minh IBIaC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP. · · 3. Chứng minh DAI KAIa . Câu V (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Chứng minh rằng xz y2 x 2z 5 . y2 yz xz yz x z 2 HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câ NỘI DUNG Đi u ể m I x 2 x x 1 1 2x 2 x 1. Cho biểu thức P , với x 0, x 1. 4,0 x x 1 x x x x x2 x 2, điể Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là 5 m một số nguyên Với điều kiện x 0, x 1 , ta có: x 2 x x 1 2x 2 x 1 0, P 50 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x x 1 x 1 2x 2 x 1 0, x x 1 x x 1 50 x x x 2 0, x x 1 x x 1 50 x 1 x 2 x 2 . 0, x 1 x x 1 x x 1 50 Ta có với điều kiện x 0, x 1 x x 1 x 1 1 x 2 x 2 1 0 P 1 2 x x 1 x 1 x 1 0, x 2 50 DoP nguyên nên suy ra P 1 1 x 1 (loại). x x 1 Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 P Px P 1 x P 2 0 , coi đây là phương trình bậc hai x x 1 của x . Nếu P 0 x 2 0 vô lí, suy ra P 0 nên để tồn tại x thì phương 0, 2 trình trên có P 1 4P P 2 0 50 4 2 4 3P2 6P 1 0 P2 2P 1 P 1 3 3 Do P nguyên nên P 1 2 bằng 0 hoặc 1 +) Nếu P 1 2 0 P 1 x 1 không thỏa mãn.
3. 2 P 2 +) Nếu P 1 1 P 2 2x x 0 x 0 không thỏa mãn P 0 Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn. 4 x 1 x2018 2x2017 2x 1 2. Tính giá trị của biểu thức P tại 2x2 3x 1, 1 3 5 x . 2 3 2 2 3 2 1 3 3 1 0, Vì x 2 3 2 2 3 2 2 50 3 1 0, nên x là nghiệm của đa thức 2x2 2x 1. 2 50 2017 2 2x 2x 2x 1 2x 1 2x 1 Do đó P 3 3. 0, 2x2 2x 1 x 1 x 1 50 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ. II 1. Biết phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 có hai nghiệm tương 4,0 ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để 2, điể độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 0 m 2 . 5 Phương trình (m 2)x2 2(m 1)x m 0 (x 1) (m 2)x m 0 có hai nghiệm khi và chỉ khi m 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 0, m 50 a 1và b . m 2 Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra 0, m 0 m 0 hoặc m 2 . 50 m 2 1 1 1 Từ hệ thức trong tam giác vuông ta có a2 b2 h2 0, 1 (m 2)2 5 m 2 1 50 12 m2 4 m 2 m 2 1 Với 2m 4 m m 4 (thỏa mãn) m 2 m 2 1 4 0, Với 2m 4 m m (loại) 50 m 2 3 Vậy m 4 là giá trị cần tìm. (x y)2 (8x2 8y2 4xy 13) 5 0 (1) 2, 2. Giải hệ phương trình 1 2x 1 (2) 0 x y ĐKXĐ: x y 0 0, 25
4. 5 8(x2 y2 ) 4xy 13 2 2 (x y) Chia phương trình (1) cho(x y) ta được hệ 1 2x 1 x y 2 2 1 2 1 5 (x y) 3(x y) 13 2 2 5 x y 3(x y) 23 (x y) x y 0, 1 1 50 x y (x y) 1 x y (x y) 1 x y x y 1 5u2 3v2 23 (3) 0, Đặtu x y ,v x y (ĐK: | u | 2 ), ta có hệ x y u v 1 (4) 25 Từ (4) rút u 1 v , thế vào (3) ta được 5 5u2 3(1 u)2 23 4u2 3u 10 0 u 2 hoặc u . 0, 4 25 5 Trường hợp u loại vì u 2. 4 1 x y 2 0, Với u 2 v 1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ x y 25 x y 1 Giải hệ trên bằng cách thế x 1 y vào phương trình đầu ta được 0, 1 2y 1 2 y 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) (0;1). 50 2y 1 III 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2, 4,0 y2 5y 62 (y 2)x2 y2 6y 8 x (1). 0 điể 2 Ta có (1) y 2 y 3 56 (y 2)x y 2 y 4 x 0, m 25 2 y 2 x y 4 x y 3 56 0, 25 x 1 y 2 x y 3 56. 0, 50 Nhận thấy y 2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành 0, tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. 25 Như vậy ta có ) 56 1.7.8 x; y 2;9 . 0, 25 ) 56 7.1.8 x; y 8;3 . ) 56 8 .1. 7 x; y 7;3 . 0, ) 56 1. 8 . 7 x; y 2; 6 . 25 ) 56 8 .7. 1 x; y 7;9 . 0, ) 56 7. 8 . 1 x; y 8; 6 . 25 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên. Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng 2 y 2 x y 4 x y 3 56 (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra.
5. Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ) 2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a2 b2 là số nguyên tố và p 5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn 2, ax2 by2 chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho 0 p . Do p 58 nên p 8k 5 (k ¥ ) 0, 4k 2 4k 2 Vì ax2 by2  ax2 by2  p nên a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4  p 50 Nhận thấy a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4 a4k 2 b4k 2 x8k 4 b4k 2 x8k 4 y8k 4 0, 25 2k 1 2k 1 Doa4k 2 b4k 2 a2 b2  a2 b2 p và b p nên 0, x8k 4 y8k 4  p (*) 25 Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai 0, cũng chia hết cho p . 50 Nếu cả hai số đềux, y không chia hết cho thìp theo định lí Fecma ta có : x8k 4 x p 1 1(mod p), y8k 4 y p 1 1(mod p) 0, 50 x8k 4 y8k 4  2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . IV Cho tam giácABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn 6,0 ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện điể đỉnhA của tam giác với các tâm tương ứng là O, I, Ia . Gọi D là tiếp m ¼ điểm của (I) với BC, P là điểm chính giữa cung BAC của (O) ,PIa cắt (O) tại điểm K. Gọi Mlà giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng của P qua O.
6. P A F O I B D M C K N Ia 1. Chứng minh: là tứ giác nội tiếp 2, 0 Ia là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra BIa  BI,CIa  CI 1, ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với 0 nhau). Xét tứ giác IBI C có I·BI I·CI 1800 a a a 1, Từ đó suy ra tứ giác IBI C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính a 0 IIa . 2. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam 2, giác 0 Nhận thấy bốn điểm A, I, N, Ia thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của B· AC ). 0, DoNP là đường kính của (O) nên N· BP 900 , M là trung điểm của BC 25 nên PN  BC tại M Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM.NP 0, 25 · · Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN = 0, 1 ·ABC B· AC (1) 25 2 B· AC 0, Xét (O): N· BC N· AC (cùng chắn cung NC) 2 25 1 N· BI N· BC C· BI B· AC ·ABC (2). 0, 2 25 Từ (1) và (2) ta cóB· IN =N· BI nên tam giác NIB cân tại N 0, Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N 25
7. Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácIBC , cũng chính 0, 2 2 là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBIaC NIa NB NM.NP 25 Vậy NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP 0, 25 3. Chứng minh: . 2, 0 GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. 1 0, Xét hai tam giác có: N· BM B· AC I·AF 2 50 MNB đồng dạng với FIA . Suy ra mà: , nên 0, 50 Ta có: 0, nên suy ra NMI đồng dạng với IDA a 50 (1). Do NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP nên 0, · · · · · KAIa KAN KPN Ia PN NIa M (2) 25 · · Từ (1) và (2) ta có DAI KAIa 0, 25 V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z. Chứng minh rằng 2, 2,0 xz y2 x 2z 5 . 0 điể y2 yz xz yz x z 2 m 2 xz y 2z 2 1 xz y x 2z yz yz Ta có P x 0, y2 yz xz yz x z y2 xz z 1 1 1 25 yz yz x x y 2z 1 2 2 2 y a b 1 2c z x , y x z 2 2 2 1 1 1 b 1 a 1 1 c 0, z y x 25 x y z trong đó a2 , b2 , c2 a,b,c 0 y z x 2 2 x 1 0, Nhận xét rằng a . b 1 do x z . z c2 25 Xét 2 2 2 2 2 2 2 a2 b2 2ab a a 1 ab 1 b b 1 ab 1 2aba a 1 b 1 b2 1 a2 1 ab 1 a2 1 b2 1 ab 1 0, 2 25 ab a2 b2 a b a3 b3 a b 2 0 a2 1 b2 1 ab 1 2 a2 b2 2ab 2 0, Do đó c 1 . Đẳng thức xảy ra khi a b . 2 2 1 b 1 a 1 ab 1 1 1 c 25 c
8. 2 2 2 2 1 2c2 5 2 2 1 c 1 c 1 2c 5 1 c 1 c 0, Khi đó 1 c c2 1 2 2 1 c 1 c2 25 3 1 3c 3c2 c3 1 c 0, 0 do c 1 2 2 1 c 1 c2 2 1 c 1 c2 25 Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi 0, a b, c 1 x y z. 25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.