Đề thi khảo sát đánh giá năng lực đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát đánh giá năng lực đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC NGỌC LẶC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 01 năm 2019 Số báo danh (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I: (4,0 điểm) x x 1 1 2 x Cho biểu thức: M = : . x x x x 1 x 1 x 1 x x x x 1 1. Rút gọn biểu thức M. 2. Tính giá trị của M khi x = 3 20 +14 2 + 3 20 - 14 2 . Câu II: (4,0 điểm) 29 x 61 1. Giải phương trình: 3x2 x . 6 3 36 4x 2 4xy 4y 2 51 x y 2 3 0 2. Giải hệ phương trình: 2x 7 x y 1 0 Câu III: (4,0 điểm) 1 1 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; n) của phương trình: x x x n. 2 4 2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x 2 x 3y 2 y . Chứng minh x y ;2 x 2 y 1 và 3x 3y 1 đều là các số chính phương. Câu IV: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tâm giác ABC. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC. 1. Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp. 2. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. 3. Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất Câu V: (2,0 điểm) Cho a,b,c 0 . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 . b c a Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC NGỌC LẶC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Vật lí Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 01 năm 2019 (Đề có 02 trang, gồm 06 câu) 1. ĐKXĐ: x 0; x 1. 0,25 Ta có: x x 1 x. x 1 1 x 1 0,5 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 2 x 1 2 x = x 1 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 0,5 2 x 1 2 x x 1 x 1 = x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 0,5 I (4,0đ) x 1 x 1 x 1 0,5 Do đó: M = : x 1 x 1 x 1 x 1 Vậy với x 0; x 1 ta có: M = . 0,25 x 1 2. Tacó: x3 20 14 2 20 14 2 3.x.3 202 (14 2)2 0,5 x3 40 3.x.2 x3 6x 40 0 x 4 x2 4x 10 0 mà x2 4x 10 > 0 nên x = 4 0,5 4 1 Thay x = 4 vào M ta được: M = 3 4 1 0,5 Vậy khi x = 3 20 +14 2 + 3 20 - 14 2 thì M = 3. 61 1. ĐKXĐ: x 0,25 12 x 61 1 1 Đặt y (ĐK: y ) 3 36 6 6 x 61 1 1 II y2 y 3 36 3 36 0,5 (4,0đ) 12x 61 36y2 12y 1 3y2 y x 5 (1) Mặt khác từ phương trình đã cho ta có: 2 29 1 2 0,25 3x x y 3x x y 5 (2) 6 6 2
3. 3x2 x y 5 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 2 3y y x 5 Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được phương trình: 0,5 x y x y 0 x y 3x 3y 2 0 3x 2 3x 3y 2 0 y 3 5 5 * Với x y 3x2 5 x (loại); x (thỏa mãn ĐK) 3 3 0,25 3x 2 3x 2 * Với y 3x2 x 5 9x2 6x 13 0 3 3 1 14 1 14 x (loại), x (thỏa mãn ĐK) 3 3 0,25 5 1 14 Vậy nghiệm của phương trình là: x , x . 3 3 3 4x2 4xy 4y2 51 2 2 4x 2 4xy 4y 2 51 x y 3 0 x y 2. Ta có: 0,5 2x 7 x y 1 0 1 2x 7 x y 2 2 1 x y 3 x y 2 51 x y 0,25 1 x y x y 7 x y u x y Đặt 1 (*) v x y x y u2 3v2 57 Hệ phương trình trên trở thành: (I) u v 7 15 1  0,5 Giải hệ phương trình (I) ta được: u;v (3;4), ;  2 2  Thay u;v (3;4) vào (*) giải ra ta được: 5 3 1 3 5 3 1 3  x; y ; , ;  2 2 2 2  0,5 15 1 Thay u;v ; vào (*): Hệ phương trình vô nghiệm. 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 0,25 5 3 1 3 5 3 1 3  x; y ; , ;  2 2 2 2  III 1 1. Đặt: y x với y 0 0,25 (4,0đ) 4 3
4. 1 1 y 2 x x y 2 4 4 1 1 Phương trình đã cho trở thành: n y 2 y 2 y 4 4 2 1 1 1 1 0,5 Vì y 2 y y nên n y 2 y . Từ đó ta có: n (vì y 0 ) 4 2 4 4 1 1 1 1 Với n thì y n hay x n 4 2 4 2 0,75 1 1 Suy ra x n n n n 4 4 Để x nguyên với giá trị nguyên của n thì n phải là số chính phương, nghĩa 1 là n t 2 với t Z . Hơn nữa t 0 (vì n 0 do n ). 0,5 4 Vậy nghiệm nguyên của phương trình đó là: x t 2 t ; n t 2 trong đó t là số nguyên khác 0. 2. Từ: 2x2 + x = 3y2 + y (1) => 2x2 – 2y2 + x – y = y2 0,5 => (x – y)(2x + 2y + 1) = y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2  ( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2 0,5 => (x – y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y + 1) = x2y2 => (2x + 2y +1)(3x + 3y + 1) là số chính phương (3) Gọi (2x + 2y + 1; 3x +3y + 1) = d => ( 2x + 2y + 1)  d; (3x + 3y + 1)  d 0,5 => (3x + 3y + 1) – (2x + 2y + 1) = (x + y)  d => 2(x + y)  d =>( 2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1  d nên d = 1 => (2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1) = 1 (4) Từ (3) và (4) => 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương. Lại có từ (2) =>(x – y)(2x + 2y + 1) là số chính phương. Suy ra x – y cũng là số chính phương. 0,5 Vậy x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương khi 2x2 + x = 3y2 + y. A P IV I H (6,0đ) O B N C K M 4
5. 1. Gọi giao điểm của CH với AB là I, AH với BC là K Ta có tứ giác BIHK nội tiếp IBˆK KHˆI 1800 0,5 mà KHˆI AHˆC IBˆK AHˆC 1800 (1) 0,5 Ta lại có IBˆK AMˆC (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) AMˆC APˆC (t/c đối xứng) IBˆK APˆC (2) 0,5 Từ (1) và (2) APˆC AHˆC 1800 Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp. 0,5 AHˆP ACˆP 0,25 2. Tứ giác AHCP nội tiếp = ACˆM Ta lại có ACˆM ABˆM 1800 AHˆP ABˆM 1800 mà ABˆM ABˆN 0,75 AHˆP ABˆN 1800 (3) Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp 0,75 ABˆN AHˆN (4) Từ (3) và (4) AHˆP AHˆN 1800 N, H, P thẳng hàng. 0,25 3. MAˆN 2BAˆM ;MAˆP 2MAˆC 0,75 NAˆP 2(BAˆM MAˆC) 2BAˆC (<1800) không đổi Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sin BAC NP lớn nhất AP lớn nhất mà AP = AM 1,25 AM lớn nhất AM là đường kính của đường tròn (O) Vậy NP lớn nhất AM là đường kính của đường tròn. Ta có: 2 2 2 a a ab b 2 2 a b b b 2 a ab b (Áp dụng BĐT Cô-si) b b 3 1 1 a 2 ab b 2 a b 2 a b 2 a 2 ab b 2 a b 1,0 4 4 2 a 2 1 Suy ra: a 2b a 2 ab b 2 a b (1) b 2 V Tương tự, ta có: (2,0đ) b 2 1 0,25 b 2c b 2 bc c 2 b c (2) c 2 c 2 1 0,25 c 2a c 2 ca a 2 c a (3) a 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra: a2 b2 c2 0,5 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 . b c a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c . Chú ý: 1. Học sinh làm cách khác đúng thì chấm điểm tối đa tương ứng. 2. Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm. 3. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25. 5