Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Triệu Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Triệu Sơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRIỆU SƠN Năm học 2016 - 2017 Đề chính thức Môn thi: Toán 9 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày 30 tháng 11 năm 2016 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: (5,0 điểm) 10 x 2 x 3 x 1 1. Rút gọn biểu thức: A với x 0, x 1. x 3 x 4 x 4 1 x 2. Cho a, b thỏa mãn: a b 0 và a3 a2b ab2 6b3 0 . a 4 2b 4 Tính giá trị của biểu thức: B . b 4 2a 4 Câu 2: (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: x 2 3x 1 x 3 x 2 1 . x x 2 2x 2 1 y y 2 1 1 2. Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 2 x 3xy y 3 Câu 3: (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: xy 2 2xy x 32y . 2. Cho hai số nguyên a, b thỏa mãn: a 2 b 2 1 2 ab a b . Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp. Câu 4: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có 4 đỉnh nằm trên đường tròn tâm (O). P là điểm thuộc cung nhỏ AD của đường tròn (O) và P khác A, D. Các đường thẳng PB, PC lần lượt cắt đường thẳng AD tại M, N. Đường trung trực của AM cắt các đường thẳng AC, PB lần lượt tại E, K. Đường trung trực của DN cắt các đường thẳng BD, PC lần lượt tại F, L. 1. Chứng minh ba điểm K, O, L thẳng hàng. 2. Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF. 3. Giả sử đường thẳng EK cắt đường thẳng BD tại S, đường thẳng FL cắt đường thẳng AC tại T, đường thẳng ST cắt các đường thẳng PC, PB lần lượt tại U, V. Chứng minh UVP = PLK. Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 1 . ab bc ca Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q 14 a 2 b 2 c 2 . a 2b b 2 c c 2 a Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GD&ĐT TRIỆU SƠN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học 2016 - 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM Đề chính thức Môn thi: Toán 9 Ngày thi: 30/11/2016 (Hướng dẫn chấm có 04 trang, gồm 05câu) Câu Nội dung đáp án 1. Với x 0, x 1. 10 x 2 x 3 x 1 Ta có: A x 3 x 4 x 4 1 x 10 x 2 x 3 x 1 x 4 x 1 x 4 x 1 10 x 2 x 3 x 1 x 1 x 4 x 4 x 1 10 x 2x 5 x 3 x 5 x 4 3x 10 x 7 = 1 x 4 x 1 x 4 x 1 (5,0đ) x 1 7 3 x 7 3 x = = x 4 x 1 x 4 7 3 x Vậy với x 0, x 1 ta có A . x 4 2. Ta có:a3 a2b ab2 6b3 0 (a 2b)(a2 ab 3b2 ) 0 (*) Vì a > b > 0 a2 ab 3b2 0 nên từ (*) suy ra: a – 2b = 0  a = 2b a 4 2b 4 16b 4 2b 4 14b 4 14 Vậy biểu thức: B . b 4 2a 4 b 4 32b 4 31b 4 31 1. Đặt x 2 1 y , y 1 . Khi đó phương trình: x 2 3x 1 x 3 x 2 1 y 2 3x x 3 y y 2 3x xy 3y y 3 2 y 3 y x 0 y x (4,0đ) Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là x 2 2 . 2
3. x x 2 2x 2 1 y y 2 1 1 1 2. 2 2 x 3xy y 3 2 Ta có: (1) x x2 2x 2 1 y 2 1 y y 2 1 y y 2 1 y (Do y 2 1 y 0 với)y x 1 x 1 2 1 y y 2 1 x 1 2 y 2 x y 1 0 x 1 2 1 y 2 1 x 1 y x y 1 1 0 2 2 x 1 1 y 1 x y 1 0 2 2 x 1 1 x 1 y 1 y 0 3 Do x 1 2 1 x 1 x 1,x và y 2 1 y y,y nên (3) vô nghiệm. x 1 Thay y x 1 vào (2) tìm được: 4 x 3 Với x 1 y 2. 4 1 Với x y . 3 3 4 1  Vậy các cặp số (x; y) thỏa mãn điều kiện bài toán là: x; y 1; 2 , ; . 3 3  1. Ta có: xy2 2xy x 32y x(y 1)2 32y 32y Do y nguyên dương y 1 0 x (y 1)2 Vì (y, y 1) 1 (y 1)2 Ư(32) mà 32 25 (y 1)2 22 và (y 1)2 24 (Do (y 1)2 1 ) - Nếu (y 1)2 22 y 1; x 8 - Nếu (y 1)2 24 y 3; x 6 3 Vậy các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình là: x; y 8;1 , 6;3 . (4,0đ) 2. Ta có: a 2 b 2 1 2 ab a b a 2 b 2 1 2ab 2a 2b 4a a b 1 2 4a (*) Do a, b nguyên nên a b 1 2 là số chính phương. Suy ra a là số chính phương a x 2 (x là số nguyên). 2 Khi đó (*) trở thành: x 2 b 1 4x 2 x 2 b 1 2x b x 1 2 Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp. 3
4. 1. Xét BAM vuông tại A. Vì trung trực của AM song song với AB và đi qua trung điểm của AM nên đường trung trực đó là đường trung bình của BAM K là trung điểm của BM. BMD có O là trung điểm BD, K là trung điểm BM OK // MD. Chứng minh tương tự, ta có: OL // NA. Vậy theo tiên đề Ơ-clit ta có ba điểm K, O, L thẳng hàng. 4 (6,0đ) 2. Ta có E thuộc đường trung trực của AM EAM cân tại E, có EAM = 450 EAM vuông cân tại E ME  AC. Chứng minh tương tự, ta có: NF  BD. PB PC Mặt khác, ta có: MN // BC (định lí Ta-lét) MB NC Kẻ PX vuông góc với AC, PY vuông góc với BD. Khi đó, ta có: PX // EM // BO (cùng vuông góc với AC) XO PB EO MB Và PY // NF // CO (cùng vuông góc với BD) XO YO XY // EF (định lí Ta-lét đảo). EO FO Tứ giác PXOY có PXO = PYO = XOY (= 900) nên là hình chữ nhật. Suy ra PO đi qua trung điểm XY. Mà EF // XY nên PO đi qua trung điểm của đoạn EF. 3. Ta có: KL // AD KL  ES KOA = OAD = 450 (so le trong) KOE = 450. Mà EOS = 900 nên OK là phân giác của EOS. EOS cân, KS = KE KL là trung trực ES hay E đối xứng với S qua KL. Tương tự, ta có F đối xứng với T qua KL. EOF = SOT EFO = STO. Gọi I là giao điểm của OP và EF. Khi đó, I là trung điểm EF mà EOF vuông tại O. IO = IE = IF. IOF cân IOF = IFO = OTS và EOI + IOF = EOF = 900. EOI + OTS = 900 Gọi H là giao điểm của OP và ST. TOH = IOE (đối đỉnh) TOH + HTO = 900 THO = 900 OP  ST. Ta có: PLF = PCD (vì FL // CD, và cùng vuông góc với AD), PCD = PBD = BPO (OP = OB) hay PLF = BPO = VPH. 4
5. Lại có PH  UV tại H VPH + HVP = 900 PLF + PLK = FLK = 900 PLK = HVP hay UVP = PLK. Ta có: a 2 b 2 c 2 a b c a 2 b 2 c 2 (vì a b c 1 ) a 3 b 3 c 3 a 2b b 2 c c 2 a ab 2 bc 2 ca 2 Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a 3 ab 2 2a 2b;b 3 bc 2 2b 2c;c 3 ca 2 2c 2 a 5 2 2 2 2 2 2 (1,0đ) Suy ra: a b c 3 a b b c c a 3 ab bc ca Do đó: Q 14 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 Đặt t a 2 b 2 c 2 . 1 Ta luôn có: 3 a 2 b 2 c 2 a b c 2 1 . Do vậy: t 3 3 1 t t 27t 3 3 1 1 27t 3 3 23 Khi đó: Q 14t . 2 . 2t 2 2 2t 2 3 2 2 2t 2 3 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b c . 3 23 1 Vậy min Q = khi a b c . 3 3 Lưu ý: Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 5