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

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

1. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk SỞ GIÁO D ỤC VÀ ĐÀO T ẠO KÌ THI H ỌC SINH GI ỎI C ẤP T ỈNH TỈNH ĐĂ KL ĂK Năm h ọc: 2017 – 2018 ĐỀ THI CHÍNH TH ỨC Môn: TOÁN L ỚP 9 – THCS Th ời gian làm bài: 150 phút (không k ể th ời gian giao đề) Bài 1 (4 điểm) x−+32 x + 4 x + 4 2017 1) Thu g ọn bi ểu th ức P = . Tìm x sao cho P = x+3 x + 2 2018 2) Gi ải ph ươ ng trình: ( x2−4 x)( x 2 − 4) = 20 Bài 2 (4 điểm) 1) Cho ph ươ ng trình x2+223( m −) xm += 2 0 , v ới m là tham s ố. Tìm t ất c ả các giá tr ị c ủa m để 1+ 1 ph ươ ng trình có hai nghi ệm khác 0 là x1; x 2 ( chúng có th ể trùng nhau) và bi ểu th ức đạt x1 x 2 giá tr ị nh ỏ nh ất. ( ) = 2 ( ) 2) Cho Parabol P: y ax . Tìm điều ki ện c ủa a để trên (P) có điểm A x0; y 0 v ới hoành độ 2 +− +=− + dươ ng th ỏa mãn điều ki ện x01 y 0 4 xy 00 3 Bài 3 (4 điểm) 1) Tìm t ất c ả các c ặp s ố nguyên d ươ ng (x; y ) th ỏa mãn x2− y 2 +4 x − 2 y = 18 2) Tìm t ất c ả các c ặp s ố (a; b ) nguyên d ươ ng th ỏa mãn hai điều ki ện: i) a, b đều khác 1 và ước s ố chung l ớn nh ất c ủa a, b là 1 ii) S ố N= ab( ab +1)( 2 ab + 1 ) có đúng 16 ước s ố nguyên d ươ ng Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nh ọn. Đường tròn đường kính BC c ắt c ạnh AB và AC l ần l ượt tại D và E (D≠ BE, ≠ C ) . BE c ắt CD t ại H. Kéo dài AH c ắt BC t ại F. 1) Ch ứng minh các t ứ giác ADHE và BDHF là t ứ giác n ội ti ếp 2) Các đoạn th ẳng BH và DF c ắt nhau t ại M, CH và EF c ắt nhau t ại N. Bi ết r ằng t ứ giác HMFN là t ứ giác n ội ti ếp. Tính s ố đo góc BAC Bài 5 (2 điểm) Với x, y là hai s ố th ực th ỏa mãn: yyy32+3 ++= 5 3119 −− x 246 9 xx − . Tính giá tr ị l ớn nh ất c ủa bi ểu th ức T= x − y + 2018 Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. M ột điểm M n ằm trong tam giác nhìn đoạn BC d ưới m ột góc b ằng 150 0 . Ch ứng minh r ằng: MA2 ≥ 2 MB . MC 1
2. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk LỜI GI ẢI ĐỀ THI Bài 1 (4 điểm) x−+32 x + 4 x + 4 2017 1) Thu g ọn bi ểu th ức P = . Tìm x sao cho P = x+3 x + 2 2018  x ≥ 0 x ≥ 0   ĐKX Đ: xx+320 +≠⇔  () xx + 1() +≠⇔≥ 20 x 0   + + ≥ 2 x4 x 4 0  + ≥ ()x 2 0 − + + 2 xxx−+++3244x3 2() x 2 xxx ++ 21 + 1 P = = = = x+3 x + 2 ()xx++12() () xx ++ 12() x + 2 2017 x +1 2017 Vì P = nên: = ⇔=x2016 ⇔= x 2016 2 2018 x + 2 2018 2) Gi ải ph ươ ng trình: ( x2−4 x)( x 2 − 4) = 20 2 2 2 xx−−=246  xx −−= 2100 ()()()xxx2−4 2 −=⇔−−=⇔ 420 xx 2 24 36  ⇔  xx2−−=−246  xx 2 −+= 220 x =11 + 1 x =3 + 1 ⇔  ho ặc  x = −11 + 1 x = −3 + 1 Bài 2 (4 điểm) 1) Cho ph ươ ng trình x2+223( m −) xm += 2 0 , v ới m là tham s ố. ∆ > 2  ' 0 Ta có: ∆='2( m − 3) − 4 m2 =− 12 m + 9 . Để ph ươ ng trình có 2 nghi ệm phân bi ệt thì  m2 ≠ 0  3 m > 3 ⇔ 4 ⇔m > (1) 4 m ≠ 0 + =( − ) x1 x 2 2 3 2 m Theo định lí vi – et ta có:  = 2 x1 x 2 m 2 + 2() 3− 2 m   =+=11x1 x 2 = =− 662 − Ta có: A 2   xxxx1 2 12 m m 3  3 −2 ⇒ A ≥ . D ấu ”=” x ảy ra khi và ch ỉ khi m = 3. K ết h ợp v ới điều ki ện (1) thì m th ỏa mãn 3 −2 Vậy: MinA = t ại m = 3. 3 2
3. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk ( ) = 2 ( ) 2) Cho Parabol P: y ax . Tìm điều ki ện c ủa a để trên (P) có điểm A x0; y 0 v ới hoành độ 2 +− +=− + dươ ng th ỏa mãn điều ki ện x01 y 0 4 xy 00 3 y y Vì: Axy( ; )∈( P ) nên y= ax2⇒ x 2 = 0 . Do x > 0 ⇒ x = 0 0 0 0 0 a 0 0 a Ta có: 2 +− +=− + x01 y 0 4 xy 00 3 y y yy ⇔0 +−14yy += 0 − +⇔ 31 00 +− =() yy ++− 313() + a0 a 0 aa 0 0 Xét hàm s ố: ft( ) = t +1 − t . D ễ dàng ch ứng minh được f( t ) luôn ngh ịch bi ến khi t > 0 y 3a 3a 3 ⇒ 0 =y + 3 ⇒ y = ⇒ ax2= ⇒ x 2 = ⇒ a là hai s ố nguyên t ố cùng nhau nên l1 p n . Vì N có 16 ước nguyên d ươ ng nên s ố N không th ể phân tích được ra được tích c ủa 5 s ố t ự nhiên. Xét bài toán sau, N ếu A= abcd. . . trong đó a, b, c và là các s ố nguyên t ố thì s ố các ước c ủa A là: 4 x = = + + ∑C4 16 . Nh ư v ậy: N ếu N ab( ab1)( 2 ab 1 ) có 16 ước thì N là tích c ủa 4 s ố nguyên t ố x=0 + TH 1: các s ố a, b, ab +1 và 2ab + 1 là các s ố nguyên t ố. Nh ư v ậy, bài toán được vi ết l ại là: Tìm các s ố nguyên t ố a và b sao cho các s ố ab +1 và 2ab + 1 là các s ố nguyên t ố. - N ếu ab + 1 là s ố ch ẵn thì ab+1 = 2⇒ ab = 1 (vô lí) - N ếu ab + 1 là s ố l ẻ thì ab là s ố ch ẵn⇒ ab = 2 ⇒ b = 2 và a = 1 (vô lí) Nh ư v ậy: các s ố: a, b, ab +1 và 2ab + 1 là không th ể đồng th ời là các s ố nguyên t ố + TH2: a ph ải b ằng 1. 3
4. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk ⇒ Nbb=( +1)( 2 b + 1 ) . Nh ư v ậy, trong ba s ố b ; b+1 và 2b +1 thì t ồn t ại 2 s ố là nguyên t ố và một s ố được t ạo b ởi tích c ủa hai s ố nguyên t ố không trùng nhau và không trùng v ới hai s ố kia. - Gi ả s ử b và b + 1 là s ố nguyên t ố ( vô lí) - Gi ả s ử b và 2b + 1 là s ố nguyên t ố⇒ b+1 = 2 k ( k là nguyên t ố), mà b = 3 b() b+1626⋮⇒ bk ⋮ ⇒ bk ⋮ 3 ⇒  . Nếu b = 3 thì b + 1 = 4 = 2.2 ( vô lí) k = 3 Nếu k = 3 thì b+1 = 6 = 2.3 và b = 5 ; 2b + 1 = 7 ( Th ỏa mãn) - Gi ả s ử b + 1 và 2b +1 là s ố nguyên t ố thì b= 2 k ( k là s ố nguyên t ố), mà k = 3 bb()()()+162⋮⇒ kb+ 16 ⋮⇒ kb + 13 ⋮ ⇒  b +1 = 3 Nếu k = 3 ⇒ b =6 = 2.3 ⇒ b +1 = 7 và 2b + 1 = 13 ( th ỏa mãn) Nếu b +1 = 3 ⇒ b = 2 ⇒ 2b + 1 = 5 ( vô lí) Vậy: S = {(1,5) ;( 1,6) ;( 5,1) ;( 6,1 )} Bài 4 (4 điểm) a/ Vì BC là đường kính nên CD⊥ AB và A BF⊥ AC ⇒ H là tr ực tâm c ủa ∆ABC ⇒ AF⊥ BC ⇒ BDH== BFH900 ; ADH == AEH 90 0 ⇒ ADHE và BDHF n ội ti ếp E b/ Vì MHNF n ội ti ếp 0 nên MHN+ MFN = 180 ⇒ EHN= MFN D mà EHN= EFC ( cùng ch ắn cung EC) H nên: DFE= EFC (1) N ta l ại có: EHN= DHB ( đối đỉnh) M mà DHB= DFB ( cùng ch ắn cung DB) B C nên: DFB= DFE (2) F I 0 Từ (1) và (2) ⇒ DFB= DFE = ECF = 60 0 ⇒ DHE =120 mà ADHE n ội ti ếp 0 ⇒ BAC = 60 Bài 5 (2 điểm) V ới x, y là hai s ố th ực th ỏa mãn: yyy32+3 ++= 5 3119 −− x 246 9 xx − . Tính giá tr ị l ớn nh ất c ủa bi ểu th ức T= x − y + 2018 Đk: −3 ≤x ≤ 3 +) Ta có: yyy32+3 ++= 5 3 11 9 −− x 246 9 xx − 4
5. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk 3 ⇔++()()y123 y += 1119 −− xxx2 2 9 − 2 ⇔++()()y1213 y +=( 9 − x2) + 29 − x 2 Xét hàm s ố: ft( ) = t3 + 2 t . Ta d ễ dàng ch ứng minh được f( t ) luôn đồng bi ến khi t > 0 ⇒ y+1 = 9 − x 2 ⇒ y=9 − x 2 − 1 +) Ta có: T= x − y + 2018 ⇒ T=− x9 − x 2 + 2019 Sử d ụng ph ươ ng pháp đạo hàm c ủa ( Gi ải tích l ớp 12) và s ự bi ến thiên c ủa hàm s ố để tìm ra điểm rơi c ủa b ất đẳng th ức, áp d ụng b ất đẳng th ức (AM-GM) ta d ễ dàng gi ải được bài toán. Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. M ột điểm M n ằm trong tam giác nhìn đoạn BC d ưới m ột góc b ằng 150 0 . Ch ứng minh r ằng: MA2 ≥ 2 MB . MC Gi ải: y Vì M nhìn c ạnh BC d ưới m ột góc 150 0 nên cung l ớn BC có số đo là 300 0 ⇒ cung bé BC A có s ố đo là 60 0 ⇒ ∆BOC đều. Gọi R là bán kính đường ⇒ AB= AC = BC = OB tròn =OC = R M Xét h ệ tr ục t ọa độ nh ư hình v ẽ: B C O(0;0 ) ; ( ) Vì M x0; y 0 thu ộc đường 2+ 2 = 2 tròn nên x0 y 0 R R R 3  −R R 3  C ;  ; B;  2 2  2 2  A(0; R 3 ) O x 2 2= 2 + − MA x0( R3 y 0 ) 2= 2 − ⇒ MA4 R 2 R 3 y 0 2   2   = ++−R R 3 =2 +− ⇒ MB x00   y  2 R Rx 00 R 3 y 2   2  2   2   = −+−R R 3 =2 −− ⇒ MC x00   y  2 R Rx 00 R 3 y 2   2  2 =+−2 2 −−=−2 − 2 2 ⇒ MBMC.2 R RxRy00 3.2 R RxRy 00 32() R Ry 3 00 Rx 2 =−2 −−=− 222 43 +=− 222 ⇒ MBMC.() 23 RRy0 RRy() 0 3434 R R y 00 Ry R 32 Ry 0 5
6. Th ạc s ĩ: Nguy ễn Thanh Phong_GV: Tr ường THCS Nguy ễn Trãi- huy ện L ăk – Đă k L ăk −   R< < R  R 3 < ≤ Vì M ch ỉ thu ộc cung nh ỏ BC nên x0  và y0 R  2 2  2  = − 2 Nên: MB. MC 2 Ry0 R 3 −2 ≤ 2 − Ta c ần ch ứng minh: 22( Ry0 R 34) R 23 R y 0 (1) ⇔− ≤− ⇔+ ≤+ ⇔≤ Th ật v ậy: (1) 2yR0 323 Ry 000 2 y 323 yRRyR 0 = Vậy: (1) luôn đúng. D ấu “=” x ảy ra khi và ch ỉ khi: y0 R Kết lu ận: MA2 ≥ 2 MB . MC khi và ch ỉ khi M là giao điểm gi ữa đường tròn tâm O bán kính R và đường trung tr ực c ủa đoạn th ẳng BC 6