Đề thi học sinh giỏi Lớp 9 cấp tỉnh môn Toán - Năm học 2016 – 2017 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi Lớp 9 cấp tỉnh môn Toán - Năm học 2016 – 2017 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM Năm học 2016 – 2017 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2017 Tên : Trương Quang An .Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi.Điện thoại : 01208127776.Nguồn gốc : sưu tầm đề và tự tay gõ đáp án Câu 1. (5,0 điểm) x 4 2 x 5 x 1 x 1 1 x 0 x a) Cho biểu thức P x x 2 v i và . 2x 3 x 2 4x 1 2 x 4 3 Rút gọn biểu thức P và tìm x để P . 2 b) Cho ba số thực dương abc,, thỏa ab bc ca 3. abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a3 b 3 c 3 thức A . c a2 a b 2 b c 2 Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình x2 1 x 1 x 2 0. xy2 2 x 4 y 1 b) Giải hệ phương trình 2 3 2 x y 2 xy 4 x 3 y 2 Câu 3. (4,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (,)ab thỏa mãn đẳng thức: a3 b 3 3( a 2 b 2 ) 3( a b ) ( a 1)( b 1) 25 . b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24ab22 1 . Chứng minh rằng chỉ có một số hoặc chia hết cho 5. Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; ấy điểm I thuộc cung nhỏ A của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M à giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC ần ượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Câu 5. (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm à H. Gọi D, E, F ần ượt à các chân đường cao v t A, B, C của tam giác ABC. a) Gọi K à giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L à giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vu ng góc v i AK. b) ấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P ần ượt à hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. –––––––––––– Hết –––––––––––– Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM N M HỌC 2016 – 2017 H ỚNG D N CHẤM M TOÁN (Hư ng d n ch m thi nà c 08 trang) Câu Đáp á Điểm Câu 1 x 4 2 x 5 x 1 x 1 (5,0 đ) Cho biểu thức P x x 2 v i x 0 và 2x 3 x 2 4x 1 2 x 3,0 1 3 x . Rút gọn biểu thức P và tìm x để P . 4 2 x 4 2 x 5 x 1 2 x2 4 x x x 2 P (2x 1)( x 2) (2 x 1)(2 x 1) 2 x 0,75 (m i trong khai triển được ) x 2 25 x x 1 (2 x 1)( x x 2) 0,5 2x 1(2 x 1)(2 x 1) 2 x 2x 1 (2 x 1)( x x 2) 0,5 (2x 1)(2 x 1) 2 x xx 2 0,25 2 x i x 0 , ta có: x x 2 x x 1 1 3.3 x x .1.1 x x 2 3 x 0,5 x x 23 x 3 Suy ra P hay P dấu bằng xảy ra khi x 1). 0,25 22xx 2 o đó, để thì . 0,25 H c t h cách hác 3xx 2 3 0,25 i , ta có: P x x 3 x 2 0 (*) 222 x Đặt t x,0 t . 0,25 hi đó tr thành: tt3 3 2 0 (tt 1)2 ( 2) 0 0,25 ì tt 2 0,( 1)2 0 nên (t 1)2 ( t 2) 0 t 1 0 t 1 hay x 1. 0,25 b) Cho ba số thực dương abc,, thỏa: ab bc ca 3 abc . Tìm giá trị nhỏ nh t a3 b 3 c 3 2,0 của biểu thức A . c a2 a b 2 b c 2 1 1 1 Cách 1: heo đề : ab bc ca 33 abc abc a33() a ac ac ac 0,25 a c a2 c a 2 c a 2
3. ac11 c c a2 2 a c c 0,5 ca 2 24 ac3 1 Suy ra a . 0,25 ca 2 4 ba3 1 cb3 1 Tương tự : b , c . 0,25 ab 2 4 bc 2 4 33 Suy ra A () a b c 0,25 44 1 1 1 ng ĐT C Si chứng minh được: abc 9 0,25 abc a b c 3 9 a b c 3 3 Suy ra A , dấu bằng xảy ra khi abc 1. 2 0,25 3 y min A khi . 2 1 1 1 Cách 2 :Ta có: ab bc ca 33 abc abc 0,25 1 1 1 x, y , z 0 Đặt x ,, y z , khi đó: . a b c x y z 3 x y z iểu thức A được viết ại: A 0,25 y()()() x y2 z y z 2 x z x 2 x( x y22 ) y 1 y Ta có : ; y()() x y2 y x y 2 y x y 2 0,25 y 1 x 11 mà x y2 2 y x nên ; xy 2 2 x y() x y2 y 2 x 1 1 1 1 1 x 1 1 1 mà nên .2 1. 1 2 1 2 x 44xx y( x y ) y 4 x 0,25 (d u b ng ả ra khi xy 1) y 1 1 1 z 1 1 1 Tương tự : , 2 1 2 1 z( y z ) z 4 y x( z x ) x 4 z 0,25 3 1 1 1 3 Suy ra A . 44 x y z 1 1 1 ng ĐT C Si chứng minh được: x y z 9 . 0,25 x y z 1 1 1 1 1 1 3 9 3 vì z y z 3). 0,25 x y z x y z 3 o đó A , dấu bằng xảy ra khi x y z 1 hay abc 1. 2 0,25 3 y min A khi . 2
4. Câu 2 a) Giải phương trình x2 1 x 1 x 2 0 2,0 (4,0 đ) Cách 1: 0,25 Điều kiện: 11 x . hi đó ta có: 2 0,25 1 x 1 x (2 x22 ) 2 1 xx2 2 (2 2 ) 2 (1) Đặt t 1 x2 , t 0 . hương trình 1 tr thành: 0,25 2tt 2 (22 1) t42 2 t 2 t 1 0 0,25 2 (t 1) ( t 1)( t 1) 2 t 0 (2) 0,5 ì t 0 nên (t 1)( t2 1) 2 t 0. 0,25 Do đó phương trình 2 có nghiệm duy nhất à t 1. i tx 10 thỏa . y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất à x 0 . 0,25 Cách 2 Điều kiện: . 0,25 x22 1 x 1 x 2 0 1 x 1 x 2 x (*) 2 2 2 2 t 2 2 0,25 Đặt t 1 x 1 x , t 0 . Suy ra t 2 2 1 x 1 2 x 2 hi đó phương trình tr thành: t4 4 t 2 480 t (2)( t t 3 2 t 2 4)0 (*) 0,5 vì tx22 2 2 1 2 và t 0 nên t 2 . 0,25 o đó tt32 2 4 2 2 4 4 0. 0,5 Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất à t 2. i tx 20 thỏa . 0,25 y phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất à . Cách 3 Điều kiện: . 0,25 Đặt 1 x a , 1 x b ( a , b 0) . Suy ra: ab22 2 (1) 0,5 Hơn n a: 1 x2 ab 2 x 2 a 2 b 2 1. 0,25 hương trình đã cho tr thành: a b a22 b 1 (2) a22 b 21 ab T 1 và 2 ta cố hệ: 22 0,5 a b a b 1 ab 2 a 1 x 0 0,5 b 1 xy2 2 x 4 y 1 b) Giải hệ phương trình 2,0 2 3 2 x y 2 xy 4 x 3 y 2
5. Cách 1: xy2 2 x 4 y 1 xy2 (2 x 1) 4 y (*) 2 3 2 22 0,25 x y 2 xy 4 x 3 y 2 (x y 2 xy 1) y 2(2 x 1) 2 y (lưu : không nh t thi t bi n đối đưa v phải của pt thứ hai về 2y , c thể 3y ) 2x 1 0 1 - X t y 0 thay vào hệ ta được: x 2(2x 1) 0 2 1 0,25 x Suy ra 2 à một nghiệm của hệ. y 0 - X t y 0 , hệ phương trình tương đương v i hệ: 2xx 1 2 1 xy 4 ( xy 1) 5 yy0,25 ( ) 2 2 2xx 1 2 2 1 x y 2 xy 1 2 2 ( xy 1) 2 2 yy 21x ab 5 Đặt a xy 1, b khi đó hệ phương trình * tr thành: ( ) 2 0,25 2 ab 22 a 2 a 4 + Giải hệ tìm được: , . 0,25 b 3 b 9 21x 3 xy 12 x 1 x 3 x 1 2 * V i ta có 21x hoặc 0,25 3 21x y 1 2 y y y 3 3 21x xy 14 x 5 a 4 9 * i ta có 21x v nghiệm 0,25 b 9 9 21x y y 9 x 1 y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: , , . 0,25 y 1 Cách 2: xy22 2 x 4 y 1 xy (2 x 1) 4 y 0,25 2 3 2 2 3 2 xyxyxy 2 4 3 2 xyxy 2 (4 x 2) 3 y 2xy2 (4 x 2) 8 y x2 y 3 xy 2 50 y 0,25 2 3 2 x y 2 xy (4 x 2) 3 y y 0 xy 1 0,5 xy 5 1 i y 0 . Suy ra được (xy ; ) ( ;0) . 0,25 2
6. 32 i xy 1. Suy ra được (xy ; ) (1;1) hoặc (;)(;)xy . 0,25 23 i xy 5. Trường hợp này kh ng tồn tại cặp (;)xy. 0,25 3 1 x x x 1 2 V y hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 2 , , . 0,25 y 1 2 y 0 y 3 Câu 3 a) Tìm t t cả các cặp số ngu ên dương (,)ab thỏa mãn đẳng thức: (4,0 đ) 2,0 a3 b 3 3( a 2 b 2 ) 3( a b ) ( a 1)( b 1) 25 . 3 2 3 2 (a 3 a 3 a 1) ( b 3 b 3 b 1) ( a 1)( b 1) 25 0,5 (a 1)33 ( b 1) ( a 1)( b 1) 25 (*) Đặt x a 1, y b 1( x , y Z ; x , y 2) . 0,25 hi đó tr thành: xy3 3 xy 25 ( xyxxyy )( 2 2 ) xy 25 ( ) T suy ra x y x y 1, mà x22 xy y 0 nên: 0,25 x2 xy y 2 xy 25 x 2 y 2 25 x 4 (1). Hơn n a: xy và xy,2 nên xy 6 . 0,25 Suy ra x3 y 3 xy 25 31 x 3 31 x 3 (2) T 1 và 2 suy ra: x 4 . Do và y 2 nên y 2;3. 0,25 x 4 a 3 Th ại, chỉ có thỏa . Suy ra à cặp số cần tìm. 0,5 y 3 b 2 b) Cho hai số ngu ên a và b thỏa: 24ab22 1 . Chứng minh r ng ch c m t 2,0 số hoặc chia h t cho 5. Cách 1: 0,25 24a2 1 b 2 25 a 2 1 a 2 b 2 a 2 b 2  1(mod5) (1) a 0, 1, 2(mod5) Ta có: 0,5 b 0, 1, 2(mod5) a2  0,1,4(mod5) (2) 2 0,5 b  0,1,4(mod5) a2  0(mod5) a2 1(mod5) T 1 và 2 suy ra: hoặc . 2 2 0,5 b 1(mod5) b  0(mod5) Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 Cách 2: 0,25 24a2 1 b 2 25 a 2 1 a 2 b 2 a 2 b 2 5. k 1 (1) n Z n 5 l r l Z , r 0;1;2;3;4 0,5 2 2 2 n 5 l1 r 1 l 1 Z , r 1 0;1;4 (2) 0,5 ak2 51 ak2 5 T 1 và 2 suy ra: 1 hoặc 1 2 2 0,5 bk 5 2 bk 512
7. Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 Cách 3: 24a2 1 b 2 24 a 2 b 2 1 kh ng chia hết cho 5 nên a và b kh ng đồng 0,25 thời chia hết cho 5. + Giả s a và b đều kh ng chia hết cho 5. 4 a 1(mod5) 0,5 Theo định ý Fermat ta có (a2 b 2 )( a 2 b 2 )  0(mod5) 4 b 1(mod5) Nếu ab22 0(mod5) thì 25a2 1 a 2 b 2  0(mod5) ( vô lí). 0,25 Suy ra ab22 0(mod5) 23a2 1 b 2 a 2  0(mod5) (*) 0,25 ì a kh ng chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod5) . 0,25 i a 1(mod5) a22  1(mod5) 23 a 1  1(mod5) trái v i 0,25 i a 2(mod5) a22  4(mod5) 23 a 1  3(mod5) trái v i 0,25 y điều giả s à sai. T đó suy ra điều cần chứng minh. Câu 4 Cho tam giác nhọn C c n t i và n i ti p trong đường tr n ( ) đường (2,5 đ) kính ; l điểm I thu c cung nhỏ của đường tr n ( ) (I khác , ). Gọi 2,5 là giao điểm của I và C, đường trung trực của đo n thẳng I c t và C lần lượt t i D và E. Chứng minh tứ giác D E là hình bình hành. A 1 2 E I O 1 / D 1 N F 2 / 1 1 // // B M C K ( hông c hình v không ch m bài) Gọi N à trung điểm của IM, F à giao điểm của DE và IB. 0,5 Ta có: IAAFC1 1 2 1 1 FB21 Suy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn. 0,25 DMB F C 11 0,5 Suy ra DM // AC hay DM // AE (1) AED EDM EDI . Suy ra A I à hình thang cân. 0,5 (Hoặc tứ giác FD và I C n i ti p nên FDM IAE ; FDM FDI DIA DIA IAE . Su ra EDI là hình thang c n.) Suy ra ADE IED DEM nên AD//EM (2) 0,5 T 1 và 2 suy ra tứ giác ADME à hình bình hành. 0,25
8. Cách hác Gọi N à trung điểm của IM, F à giao điểm của DE và IB. 0,5 Ta có: IAAFC1 1 2 1 1 tứ giác F C nội tiếp trong đường tròn. Suy ra FBC AED (1). 0,25 ặt khác FCFB tứ giác F nội tiếp trong đường tròn. 1 1 2 1 0,5 Suy ra FBC MDE (2). T 1 và 2 suy ra AED MDE AE//DM (*) 0,25 Hơn n a AED MDE AED IDE 0,25 à DE//IA. o đó tứ giác AEDI à hình thang cân. Suy ra ADE IED mà IED DEM nên ADE DEM AD//EM ( ) 0,25 T và suy ra tứ giác ADME à hình bình hành. Câu 5 Cho tam giác nhọn C ( < C) n i ti p trong đường tr n ( ) và c trực t m (4,5 đ) là H. Gọi D, E, F lần lượt là các ch n đường cao v t , , C của tam giác ABC. a) Gọi là giao điểm của hai đường thẳng EF và C, gọi là giao điểm của đường thẳng và đường tr n ( ) ( khác ). Chứng minh H vuông g c v i 2,5 AK. A E L O F H K B D C ( hông c hình v không ch m bài) Cách 1: X t hai tam giác KBF và KEC có: 0,5 K chung, KBF KEC vì c ng b v i FBC ) Suy ra và đồng dạng. KB KF Suy ra: KB KC KF KE (1) 0,25 KE KC Tương tự: KBL và KAC đồng dạng. KB KL 0,5 Suy ra: KB KC KL KA (2) KA KC KF KL T 1 và 2 suy ra: KF KE KL KA hơn n a FKL AKE . KA KE 0,5 Suy ra KFL và KAE đồng dạng. Suy ra KFL KAE . 0,25 o đó điểm A, L, F, E c ng nằm trên đường tròn. à A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên L c ng nằm trên đường tròn 0,5 đường kính AH. y HL vu ng góc v i AK. Cách 2: Hạ H ’ vu ng góc AK tại ’. Ta đi chứng minh ’ thuộc đường tròn (O). 0,25
9. 5 điểm , ’, F, H, E c ng nằm trên đường tròn đường kính AH. 0,5 Chứng minh được KFL' và KAE đồng dạng. 0,5 KL'. KA KF . KE . Tương tự chứng minh được: KF KE KB KC 0,5 Suy ra KL'. KA KB . KC . 0,25 Chứng minh được ’ C nội tiếp. Suy ra ’ tr ng L. 0,5 y HL vu ng góc v i AK. b) điểm thu c cung nhỏ C của đường tr n ( ) ( khác , C). Gọi và P lần lượt là hai điểm đối ứng của điểm qua hai đường thẳng và C. 2,0 Chứng minh ba điểm , H, P thẳng hàng. A E P O F H N B D C M ( hông c hình v không ch m bài) ANB AMB Ta có: ANB ACB 0,25 AMB ACB Tứ giác DHEC nội tiếp nên ACB AHB 1800 . Suy ra ANB AHB 1800 . 0,5 o đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn. Suy ra NHB NAB . à NAB MAB nên NHB MAB 0,25 Tương tự ta c ng chứng minh được: CHP MAC . 0,5 + Suy ra NHB BHC CHP MAB BHC MAC () MAB MAC BHC BAC BHC BAC FHE 1800 0,5 Suy ra N, H và thẳng hàng. Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì an Giám khảo thảo u n và thống nhất thang điểm cho ph hợp v i Hư ng dẫn chấm.