Đề thi giao lưu đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi giao lưu đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. KỲ THI GIAO LƯU ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Năm học: 2018-2019 Số báo danh Môn thi: Toán học. Lớp 9.THCS Ngày thi: 22 /02/2019 Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi) Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang. Câu 1 (4,0 điểm). 6x 4 3x 1 3 3x3 a) Cho biểu thức P = . 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. b) Tính giá trị của biểu thức : B = (x2016 + x2017 – x2018)2019 với x = 36 12 2 3 6 7 2 6 30 12 6 Câu 2 (4,0 điểm). a) Cho phương trình 2017x2 m 2018 x 2019 0 với m là tham số. Tìm m để 2 2 phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 2018 x1 x2 2018 x2 2 2 2y x 1 b) Giải hệ phương trình 3 3 . 2 x y y x Câu 3 (4,0 điểm). 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: x6 z3 15x2z 3x2y2z y2 5 . b) Cho p, q là hai số nguyên tố sao cho p > q > 3 và p – q = 2. Chứng minh rằng p q 12 . Câu 4 (6,0 điểm). Gọi BC là dây cung cố định có độ dài R 3 của đường tròn tâm I, bán kính R và A là điểm thay đổi trên đường tròn đó sao cho góc BAC nhọn. Gọi M là điểm đối xứng với B qua AC ; N là điểm đối xứng với C qua AB, H là giao điểm của BM với CN. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABM và ACN cắt nhau tại P ( P khác A). a) Tính góc BAC và chứng minh năm điểm B, H, I , C, P cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh ba điểm A, I, P thẳng hàng và hai tam giác ABH, APC đồng dạng. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCP lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó theo R. Câu 5 (2,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + 2b + 3c = 1. 2ab 6bc 3ca 1 1 1 1 15 Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 a 4b 4b 9c 9c a 4 a 2b 3c 4 Hết Họ và tên thi sinh Số báo danh Chữ ký của giám thị 1 Chữ ký của giám thị 2
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: TOÁN – Lớp 9 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Nội dung Điểm 4 ĐKXĐ: 0 x 3 6x 4 3x 1 3 3x3 P = . 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x 3 6x 4 3x 1 3x P = . 3x 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x 6x 4 3x 3x 2 1 3x 1 3x 3x P = . 3x 3x 2 3x 2 3x 4 1 3x 6x 4 3x 2 3x P = . 1 3x 3x 3x 3x 2 3x 2 3x 4 0.75 3x 2 3x 4 Câu P = . 3x 2 3x 1 1a 3x 2 3x 2 3x 4 (3,0đ) 2 1 2 3x 1 P = . 3x 1 3x 2 3x 2 2 3x 2 2 3x 2 1 P 0.75 3x 2 1 1 P = (3x - 2) + 2 + = 3x + 3x 2 3x 2 0.75 Để P có giá trị nguyên thì 3x Z và 3x 2 Ư(1) x 3 3x 2 1 3x 3 Từ 3x 2 Ư(1) suy ra 1 3x 2 1 3x 1 x 3 Giá trị x = 1 không thỏa mãn . Vậy với x = 3 thì P có giá trị nguyên. 0.75 3 Câu Ta có x = 3 2 2 3 6 6 1 3 2 2 3 1 . 0.5 1b 2016 2017 2018 2019 (1,0đ) Do đó : B = (x + x – x ) = -1 0.5 Ta có: m 2018 2 4.2017.2019 0 với mọi m. Vậy pt đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m m 2018 x x 1 2 2017 Theo hệ thức Vi-ét ta có : 2019 Câu x .x 0.5 1 2 2a 2017 2 2 (2,0đ) Từ x1 2018 x1 x2 2018 x2 2018 x2 2018 x x2 2018 x 1 1 2 2 2018 x2 2018 x x2 2018 x 1 1 2 2
3. 2018 x2 2018 x2 2018 x x2 2018 x x2 2018 x x 1 2 1 2 2 1 1 2 2018 x2 2018 x2 2018 x x2 2018 x x2 2018 x x 0.5 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2x1 x2 2018 2x2 x1 2018 0 2 2 x1 x2 2018 x2 x1 2018 * 2 2 x1 x2 x1 x2 Nếu x1 = x2 thì từ (*) suy ra x1 = x2 = 0 0.5 Nếu x1 = -x2 thì x1 + x2 = 0 m 2018 Do vậy x1 + x2 = 0 0 m 2018 2017 0.5 Vậy m = 2018 thỏa mãn đề bài. 2 2 2y x 1 (1) Hpt 3 3 2 x y y x (2) Thay (1) vào (2) ta được: 2x3 2y 2y2 x2 y3 x 2y2 x2 0.5 x3 5y3 2x2 y 2xy2 0 (3) 2y2 1 Xét x = 0, hpt đã cho trở thành , hệ này vô nghiệm 3 Câu y 2y 0 2b y (2,0đ) Xét x 0, chia cả hai vế của pt (3) cho x3 và đặt t = ta được : x 0.5 5t3 – 2t2 – 2t – 1 = 0 t 1 5t2 3t 1 0 t 1 (vì 5t2 + 3t + 1 > 0) 2 x 1 Do đó y = x, khi đó ta có hệ phương trình 2 0.5 x x 1 0 x 1 . Vậy hpt có nghiệm (x; y) = (1;1); (-1; -1) 0.5 3 3 3 x6 z3 15x2z 3x2y2z y2 5 x2 y2 5 z3 3x2z y2 5 0.5 2 3 2 3 3 2 2 Câu Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta có: x y 5 z 3x z y 5 3a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 = y2 + 5 = z 0.5 (2,0đ) 2 2 x y 5 Từ phương trình x y 5 x y x y 5 x y 1 0.5 Suy ra x = 3, y = 2 z = 9. Vậy nghiệm của pt là (x;y;z) = (3;2;9) 0.5 Do q là nguyên tố lớn hơn 3 nên q  3, vậy q có dạng 3k 1. Nếu q = 3k + 1 thì p = 3k + 3 = 3(k + 1)  3. Mặt khác p > q > 3 nên p không phải là số nguyên tố . Mẫu thuẫn này chứng tỏ q không thể có dạng 3k + 1. 0.5 Câu Do đó q = 3k – 1 p = 3k + 1. Từ đó : p + q = 6k  3 (1). Hơn nữa , vì p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 và (p + 1) – (q + 1) = 2 nên 3b 0.5 (2,0đ) p + 1, q + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Do đó hai trong số p + 1, q + 1 có một số chia hết cho 4. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử (q + 1)  4 tức là q + 1 = 4m hay q = 4m - 1. 0.5 Suy ra p = 4m + 1 và do đó p + q = 8m  4 (2). Vì 3;4 1 nên từ (1) và (2) suy ra (p + q)  12 đpcm. 0.5 M A N H Câu C 4a I O (2,0đ) K B P
4. · 0 · 0 BIC cân tại I có IB = IC = R, BC = R 3 ta suy ra được BIC 120 BAC 60 0.5 Gọi O; K lầm lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMB và ANC thì O thuộc AC; K thuộc A Các tam giác ACK; ABO là các tam giác cân, có một góc bằng 600 nên là tam giác đều 0.5 Dễ dàng chứng minh được B· HC 1800 B· AC 1200 1 Theo liên hệ góc nội tiếp và góc ở tâm ta có:C· PB C· PA A· BP A· KC A· OB 600 0.5 2 từ đó suy ra tứ giác BICP; BHCP mội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) 0.5 Vậy 5 điểm B,H,I,C.P cùng thuộc đường tròn. 1 Chỉ ra được C· PA A· KC 300 ;C· PI C· BI 300 2 0.75 từ đó suy ra P,I,A thẳng hàng. Câu Dễ chứng minh H· BA B· HC 900 300 C· PA 0.5 4b Không mất tính tổng quát, giả sử AB > AC (như hình vẽ) (2,0đ) Ta có: B· AH B· AI A· IH I·BA A· IH 300 A· IH · · · 0 · · 0 · PAC CAH AIH 90 CAH AIH 30 AIH 0.75 Do đó: B· AH P· AC , suy ra tam giác BAH đổng dạng với tam giác PAC (g-g) · 0 c) Ta có: CPB 60 không đổi, BC= R3 không đổi suy ra bán kính đường tròn 0.5 ngoại tiếp tam giác BCP bằng BC : (2sin600) = R. Câu 3R Gọi h là độ dài đường cao hạ từ P xuống BC, ta chứng minh được h 0.5 4c 2 (2,0đ) Dấu “=” xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC tức tam giác ABC đều. 0.5 R 2 3 3 MaxS khi tam giác ABC đều. 0.5 BPC 4 1 1 1 a 2b 3c a 2b 3c a 2b 3c Vì a + 2b + 3c = 1 nên a 2b 3c a 2b 3c a 2b 2b 3c 3c a a2 4b2 4b2 9c2 9c2 a2 3 = 3 + 2b a 3c 2b a 3c 2ab 6bc 3ca Câu 5 Do đó bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với: (2,0đ) 2ab a2 4b2 6bc 4b2 9c2 3ca 9c2 a2 3 (1) 2 2 2 2 2 2 0.5 a 4b 8ab 4b 9c 24bc 9c a 12ca Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương, ta có:
5. 2ab a2 4b2 2ab a2 4b2 0.5 2 . 1 (2) a2 4b2 8ab a2 4b2 8ab 6bc 4b2 9c2 Tương tự: 1 (3) 4b2 9c2 24bc 3ca 9c2 a2 2 2 1 (4) 9c a 12ca 0.5 Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4) ta suy ra (1). Suy ra đpcm. 1 1 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = 0.5 3 6 9 Lưu ý: + Nếu học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa + Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm.