Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Thanh Lãng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi lần 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Thanh Lãng (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT BÌNH XUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG_LẦN 1 TRƯỜNG THCS THANH LÃNG NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 9 Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề Câu 1: 11 a) Tính giá trị của đa thức fxxx()(31)=−+42016 tại x =−+9 99 −+55 44 22 2.2016 b) So sánh 2017120161−−− và 201722− 1 + 2016 − 1 sincos22xx c) Tính giá trị biểu thức: sin.cosxx++với 00< x < 900 1cot1tan++xx d) Biết 5 là số vô tỉ, hãy tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 23 −= −− 9205 ab5ab5+− Câu 2: Giải phương trình sau: 3213 xx−− −=− xx−−3123 Câu 3: a) Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 – 4 = 0 c) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số. Câu 4: a4 + b4 a) Chứng minh rằng ab3 + a3b − a2b2 2 111 b) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện ++=2 a + b + 1b + c + 1c + a + 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích (a + b)(b + c)(c + a). Câu 5: Cho ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F. a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC 1 b) Giả sử HD = AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GD&ĐT BÌNH XUYÊN HDC KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG_LẦN 1 TRƯỜNG THCS THANH LÃNG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN 9 Câu Ý Đáp án Điểm Câu 1 a) 22 22 x =−+9 5252−+ 1đ 22 2 5+ 4 − 2 5 + 4 0.75 =9 − + =9−2 = 9 − 8 = 1 5−+ 2 5 2 ( 52) − 2 f x( f ) ( 1 )== 1 0.25 b) ( 20172− 1 − 2016 2 − 1)( 2017 2 − 1 + 2016 2 − 1) Ta có 201522− 1 − 2014 − 1 = 22 2017− 1 + 2016 − 1 (20152− 1) − (2014 2 − 1) 2017 2 − 2016 2 (2017 − 2016)(2017 + 2016) 0.5 === 20172− 1 + 2016 2 − 1 2017 2 − 1 + 2016 2 − 1 2017 2 − 1 + 2016 2 − 1 201720162.2016+ 1đ = 201712016120171201612222−+−−+− 2.2016 0.5 Vậy 201722− 1 − 2016 − 1> 201712016122−+− c) sincos22xx 0.25 sin.cosxx++ cossinxx 11++ sinxcos x sincos33xx 0.25 1đ =++sin.cosxx 1cos1+sinx+ x 22 sincos33xx+ (sinx+−+ cossinsinx.coscosxxxx)( ) 0.25 =+=+sinxxxx .cossin .cos sinx++ cossinxxx cos =+−=sin.cos1sin.cos1xxxx 0.25 d) ĐK: ab5 (*) 23 −= − − 9 20 5 ab+− 5ab 5 −−+=2(ab −++− 5) 3(ab 5)(9 20 5)(ab 5)(ab 5) −−9a45b2222 =−++ a5( 20a 100b 5b) (*) A Ta thấy (*) có dạng A= B 5 trong đó A, B Q , nếu B0 = thi5I vô lí vậy B B = 0 => A= 0. 9a2222−− 45b =−− a = 09a 45b a 0 9a45ba022−−= Do đó (*) 22 2299 −++=20a100b5b0 −++==9a 45bb 0ab 44 9 ab= a== 9 a 0 4 hoac (không t/m ĐK (*)). Vậy a = 9; b = 4 2 b== 4 b 0 b−= 4b 0
3. Câu 2 a) ĐK xx 1; 3 ( ) 3213 xx−− −=− (2) xx−−3123 xx++33 = 0.5đ (3)(1)6xx−− + Trường hợp : x + 3 = 0 =x − 3(TMĐK ( ) 0.25 + Trường hợp : x + 3 0 x − 3 Ta có (x-3)(x-1) = 6 −xx −2 = 4 3 0 −+= −=xxx22447(2)7 x =+27 (TMĐK (*)) x =−27 Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: S ={-3; 27+ ; 27− } 0.25 Câu 3 Ta có: P(0) = d 5 a) P(1) = a + b + c + d 5 => a + b + c 5 (1) P(-1) = -a + b – c + d 5 => -a + b – c 5 (2) 0.25 0.5đ Từ (1) và (2) suy ra 2b 5 => b 5 vì (2,5) = 1, suy ra a + c 5 P(2) = 8a + 4b + 2c + d 5 => 8a + 2c 5 => a 5 => c 5 0.25 b) Ta có 4x2 – 4xy + 4y2 = 16 ( 2x – y )2 + 3y2 = 16 ( 2x – y )2 = 16 – 3y2 Vì ( 2x – y )2 0 nên 16 – 3y2 0 y2 5 y2 { 0; 1; 4 } - Nếu y2 = 0 thì x2 = 4 x = 2 0.25 - Nếu y2 = 1 thì ( 2x – y )2 = 13 không là số chính phương nên loại y2 = 1 0.5đ - Nếu y2 = 4 y = 2 + Khi y = 2 thì x = 0 hoặc x = 2 + Khi y = - 2 thì x = 0 hoặc x = - 2 Vậy: phương trình có 6 nghiệm nguyên là: 0.25 (x, y) = ( - 2; 0 ); ( 2; 0 ); ( 0; 2 ); ( 2; 2 ); ( 0; - 2 ); ( - 2; -2 ) c) - Nếu n là số chẵn thì n4 + 4n là số chẵn lớn hơn 2 nên là hợp số - Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + 1 với k là số tự nhiên lớn hơn 0 ta có n4 + 42k + 1 = (n2)2 + (2.4k )2 0.25 = (n2)2 + 2.n2.2.4k + (2.4k )2 – 2.n2.2.4k 0.5đ = ( n2 + 2.4k )2–(2n.2k)2 =(n2 + 2.4k – 2n.2k).(n2 + 2.4k + 2n.2k) Vì n2 + 2.4k + 2n.2k > n2 + 2.4k – 2n.2k = n2 + 4k – 2n.2k + 4k 0.25 = (n – 2k)2 + 4k> 4 Suy ra n4 + 42k + 1 là hợp số Vậy n4 + 4n là hợp số với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 Câu 4 a4 + b4 Giả sử ta có ab3 + a3b − a2b2 a) 2 + +−ababa44332 2 ba222 b 4 4 3 3 2 2 0.5đ a + b −2 ab − 2 a b + 2 a b 0 a4 −2 a 3 b + a 2 b 2 + b 4 − 2 ab 3 + a 2 b 2 0 0.25 22 (a22 − ab) +( b − ab) 0 luôn đúng với mọi a, b
4. a4 + b4 Vậy ab3 + a3b − a2b2 với mọi a, b 2 b) Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z là các số thực dương 111 Ta có ++=2 x + 1y + 1z + 1 11111 yz =−−=−+−=+211 x + 1y + 1z + 1y + 1z + 1y + 1z + 1 1 yz  2 x + 1y + 1z + 1 0.25 y z 0.5đ (Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương và ) y + 1 z + 1 1 xz 1 yx Chứng minh tươngtự ta có 2 và 2 y + 1x + 1z + 1 z + 1y + 1x + 1 111 yzxzxy Suyra   222 x + 1y + 1z + 1y + 1z + 1x + 1z + 1x + 1 y + 1 111 xyz 1  8 xyz . x + 1y + 1z + 1111 xyz+++ 8 ( )( )( ) Dấu “ = ” xảy ra khi xyz 1 == === xyz x + 1y + 1y + 12 1 ===abc 0.25 4 1 Vậy: Giá trị lớn nhất của tích ( a + b )( b + c )( c + a) là 8 Câu 5 A I K F H N M E C B D a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AE.AB = AD2 ; 0.5 AF.AC = AD2 1đ Suy ra: AE.AB = AF.AC 0.5 b) AD AD AD2 Biểu thị được: tanB = ; tanC = ; tanB.tanC = BD CD BD.CD
5. Biểu thị được: 0.5 1đ CD BD B D . C D tanB = ta n D H C = ; tanC = ta n D H B = ; tanB.tanC = HD HD HD2 AD2 AD 0.5 Suyra: (tanB.tanC)2 = => tanB.tanC = = 3 HD2 HD c) Chứng minh được: AE.AB/AK.AB = AF.AC/AI.AC => EF // IK 0.5 BMBDBE 1đ Chứng minh được: == ME / /IKMEF MIDCEK Tương tự chứng minh được N E F và suy ra 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng 0.5 Tổng 10 Lưu ý: Học sinh làm cách khác dúng vẫn cho điểm tối đa.