Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04/4/2018 Bài 1: (4 điểm) x 3 2 x 4 x 4 2017 1) Thu gọn biểu thức P . Tìm x sao cho P x 3 x 2 2018 2) Giải phương trình x2 4 x x 2 4 20 Bài 2: (4 điểm) 1) Cho phương trình x2 2 2 m 3 x m 2 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m 1 1 để phương trình có hai nghiệm khác 0 x1, x 2 (chúng có thể trùng nhau) và biểu thức x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2) Cho parabol P : y ax . Tìm điều kiện của a để trên P có điểm A x0; y 0 với hoành 2 độ dương thỏa mãn điều kiện x0 1 y 0 4 x 0 y 0 3 Bài 3: (4 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn: x2 y 2 4 x 2 y 18 2) Tìm tất cả các cặp số a; b nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1. ii) Số N ab ab 1 2 ab 1 có đúng 16 ước số nguyên dương. Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D B, E C). BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F. 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp. 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo BAC . Bài 5: (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn y3 3 y 2 5 y 3 11 9 x 2 9 x 4 x 6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T x y 2018. Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh MA2 2 MB . MC Hết GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 11
2. BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) 1) ĐK: x 0 . 2 2 x 3 2 x 4 x 4x 3 2 x 2 x 2 x 1 x 1 x 1 P x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 2017x 1 2017 P x 2016 x 20162 (TMĐK) 2018x 2 2018 2) xxx2 4 2 420 xxxx 4 2 220 xxxx 2 2 2 2820 2 2 x 2 x 4 6 x2 244 x x 2 24420 x x 2 2436 x 2 x 2 x 4 6 x2 2 x 2 0 1 2 x 2 x 10 0 2 Giải 1 : Phương trình vô nghiệm Giải 2 : x1 1 11; x 2 1 11 Bài 2: (4 điểm) 2 m 1 m 1 2m 3 m2 0 m 3 m 1 0 1) PT có 2 nghiệm khác 0 m 3 m 0 * 2 m 0 m 0 m 0 m 3 x1 x 2 2 2 m 3 Theo Vi ét: 2 . x1 x 2 m 2m2 2 m 2 12 m 18 2 1 1x1 x 2 2 2m 3 12m 18 2 2 m 3 2 Khi đó 2 2 2 2 x1 x 2 x 1 x 2 m3 m 3 m 3 3 m 3 Đẳng thức xảy ra m 3 (TMĐK (*)) 1 1 2 Vậy m 3 ; Min x1 x 2 3 2) 1 1 x2 1 y 4 x y 3 x 2 1 x y 4 y 3 0 0 0 0 0 0 0 0 2 y 4 y 3 x0 1 x 0 0 0 2 2 x0 1 x 0 y 0 4 y 0 3 x0 1 x 0 y 0 4 y 0 3 . Do đó 2 x0 1 x 0 y 0 4 y 0 3 3 x2 1 y 4 x 2 1 y 4 1 a x 2 3 x 2 0 a 1 (vì x 0 ) 0 0 0 0 0 0 1 a 0 Bài 3: (4 điểm) 1) xyxy2 24218 xx 2 44 yy 2 2121 xyxy 1 321 Do x, y nguyên dương nên ta có các trường hợp sau x y 1 1 x y 0 x 9 x y 1 3 x y 2 x 2 +) ; +) x y 3 21 x y 18 y 9 x y 3 7 x y 4 y 2 GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 22
3. 2) Ta có: N ab ab 1 2 ab 1 chia hết cho các số: 1; a; b(ab + 1)(2ab + 1); b; a(ab + 1)(2ab + 1); ab + 1; ab(2ab + 1); 2ab + 1; ab(ab + 1); N ; ab; (ab + 1)(2ab + 1); b(ab + 1); a(2ab + 1); a(ab + 1); b(2ab + 1) có 16 ước dương Nên để N chỉ có đúng 16 ước dương thì a; b; ab +1; 2ab + 1 là số nguyên tố Do a, b > 1 ab +1 > 2 +) Nếu a; b cùng lẻ thì ab + 1 chia hết cho 2 nên là hợp số (vô lý). Do đó không mất tính tổng quát, giả sử a chẵn b lẻ a = 2 +) Ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì 2ab + 1= 4b + 1 và ab + 1 = 2b + 1 chia hết cho 3 là hợp số (vô lý) b = 3. Vậy a = 2; b = 3 Bài 4: (4 điểm) 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác A nội tiếp. (Tự xử) 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF E cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội D H tiếp. Tính số đo BAC . 0 N BAC DHE MFN BHC 180 (tứ giác ADHE; 1 M 1 2 1 HMFN nội tiếp) B C   F mà DHE BHC (đối đỉnh) BAC MFN F1 F 2       lại có FB;FC;BC1 1 2 1 1 1 (tứ giác BDHF; CEHF;     BCED nội tiếp) FFBC1 2 1 1     0 0 do đó BAC F1 F 2 2B 1 , mặt khác B1 90 BAC ( ABE, AEB 90 ) BAC 2B 2 900 BAC 3BAC 180 0 BAC 60 0 1 Bài 5: (2 điểm) ĐK: 3 x 3 y3 3y 2 5y3119x 2 9x 4 x 6 3 y 1 3 2 y 1 9 x2 2 9 x 2 a3 2ab 3 2b ay1;b 9x 2 ab3 3 2ab0 abaabb20 2 2 2 2 2 1 3 2 doa abb2 a b b20 2 4 ab0y19x0y 2 9x1 2 xyx 9x143x 2 9x 2 4 T x y 2018 4 2018 2022 Vì 3 x 3 nên 3x0;9x 2 0 3x 9x 2 0 GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 33
4. 3 x 0 Đẳng thức xảy ra 2 x 3 y 1 9 x 0 Vậy Max(T) = 2022 x = 3; y = 1 Mặt khác, ta chứng minh x y132 x 9 x2 1132 x 329 x 2 x 2 62189 x x 2 2 2x2 6 2 x 9 0 2 x 3 0 (đúng) T x y 2018 1 3 2 2018 2019 3 2 3 2 3 2 3 2 2 Đẳng thức xảy ra 2x30x TMy 132 2 2 2 3 2 3 2 2 Min( T ) 2019 3 2 x ; y 2 2 Bài 6: (2 điểm) Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm M, lấy điểm E sao cho AME đều; trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm M, lấy điểm F sao cho CMF đều Ta có MAE BAC 600 MAB BAE MAB CAM BAE CAM BAE CAM c g c BE CMABE; ACM tương tự MCF ACB 600 MCB BCF MCB ACM BCF ACM ta có BE CMCM;; CF BE CF ABE ACM; ACM BCF ABE BCF BAE CBF c g c AE BF mà AE AM BF AM Mặt khác BMF BMC CMF 1500 60 0 90 0 ( CMF đều, nên CMF 600 ) BMFBMF: 900 BF 2 MB 2 MF 2 MA 2 MB 2 MC 2 2 MBMC . ( CMF đều MF MC ) A E M B C F GGVV::: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HảHảiii –– TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm vàvà ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) tttrrraanngg 44