Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Thành phố Sầm Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Thành phố Sầm Sơn (Có đáp án)

1. UBND THÀNH PHỐ SẦM SƠN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẤP TỈNH NĂM HỌC 2019-2020 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày khảo sát: 06/01/2020 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (4điểm) 2(a + b) a a 3 + 2 2b3 a) Cho biểu thức P = − . − a 3 3 a − 2 2b a + 2ab + 2b 2b + 2ab Tìm điều kiện của a và b để biểu thức P xác định và rút gọn P. 3 1 3 b) Biết: a= 1+ và b= − . Tính giá trị của biểu thức P. 2 2 4 Câu 2: (4điểm) ( − 1)√14 − + √( − 2)(11 + 2 − 2) = 12 a) Giải hệ phương trình: { 3 − 3 2 − 5 + 6 = 2√ − 4 2 b) x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình: 2x - (3a -1)x -2 = 0 ,Tìm giả trị nhỏ nhất của 2 311 2 xx12− biểu thức: P= (xx12−++−) 2 22 xx12 Câu 3: (4điểm) a)Tìm các số nguyên dương x, y ,z với z 6 thỏa mãn phương trình sau: x2 + y2 - 4x - 2y - 7z - 2 = 0 b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 + 2 12n2 +1 là số nguyên. Chứng minh 2 + 2 12n2 +1 là số chính phương. Câu 4: (6điểm) Cho đường tròn (O, R), và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên (O;R) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn, AD là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. a) Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M,N. Chứng minh ∆AMN là tam giác cân b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH, CH. Chứng minh: OA EF. c) Đường tròn ngoại tiếp ∆ AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K. Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua điểm cố định. Câu5( 2 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc = 1. Chứng minh bất đẳng thức : 111 ++ 1. a5+ b 25 + abb 25 ++666 c 2 + bcc ++ a + ca + Họ và tên: SBD:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM a- (2 điểm): 2(a + b) a a 3 + 2 2b3 P = − . − a a 3 − 2 2b3 a + 2ab + 2b 2b + 2ab 3 a 0 3 2b 0 a 0 3 3 Điều kiện để biểu thức P xác định là: a − 2 2b 0 = b 0 a 2b 0,5 a + 2ab + 2b 0 2b + 2ab 0 Câu1: 2(a + b) − a( a − 2b) (a + 2b)(a − 2ab + 2b) 4điểm P = . − a 0,5 ( a − 2b)(a + 2ab + 2b) 2b( 2b + a) a + 2ab + 2b a − 2ab + 2b − 2ab P = . ( a − 2b)(a + 2ab + 2b) 2b 0,5 2 1 a − 2b a − 2b P = . ( ) = a − 2b 2b 2b 0,5 b- (2 điểm): 1 3 3 1 1 Ta có: ab = 1+ 1− = = 2b = 1,0 2 2 2 8 4a a − 2b a 1,0 Do đó: P = = −1= 4a 2 −1= 2a −1=1+ 3 2b 2b (1)xyyxx−−+−+−= 14(2)(112)12 2 2b) (2,0 điểm) Giải hệ: 32 0,5 xxxy−−+=−35624 (1)14xy−+−2 (1)xy−− 14(1) Theo Cô si ta có 2 0,5 2 2 yxx−++−2112 (2)(112)(2)yxx−+− 2 2 Câu 2 Từ (1) và (2) ta có :( (1)xyyx−− 14(2)(11 +−+− x 212 0,5 4điểm x − 10 Dấu bằng xảy ra khi 2 y−2 = 11 + 2 x − x Thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: x3−3 x 2 − 5 x + 4 + 2(1 − 9 + 2 x − x 2 ) = 0 2(x + 2) 0,5 (x − 4)( x2 + x − 1 + ) = 0 1+ 9 + 2xx − 2 Do 2 2(x + 2) x 1 ( x + x − 1 + ) o 1+ 9 + 2xx − 2
3. Buộc x=4 từ đó tìm được y=5 (T/M) Vậy (x;y)=(4;5) 0,5 b- (2 điểm): 2x2 - (3a-1)x - 2 = 0 (1) 0,5 phương trình (1) có: ∆ = − (3a −1)2 +16 0 . phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 . Theo định lí Viets ta có: 0,5 2 3 2 x1 x2 (x1 − x2 ) − 2(x1 − x2 ) 2 P = (x1 − x2 ) + 2 = 6(x1 − x2 ) 2 2x x 1 2 2 2 (3a −1) = 6(x1 + x2 ) − 4x1 x2 = 6 + 4 24 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 3a - 1 = 0 => a = 1 3 Vậy Min P = 24 a = 1 3 a- (2 điểm): Biến đổi phương trình thành: (x-2)2 + (y-1)2 = 7(z+1) (*) Nhận thấy một số chính phương chia cho 7 có số dư là 0; 1; 2; 4 nên 0,5 tổng 2 số chính phương chia hết cho 7 thì cả 2 số chính phương đó chia hết cho 7 0,5 Từ (*) suy ra: (x-2)  7 và (y-1)  7 Do đó (z + 1) 7 mà 1 z 6 nên z = 6. Ta có: : (x-2)2 + (y-1)2 = 49; 49 = 02 + 72 Từ đó tìm được : (x; y) = (2; 8) , (9;1) 0,5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là: (x;y;z) (2;8;6),(9;1;6) 0,5 b- (2 điểm): Câu 3 2 2 Hiển nhiên 2 + 2 12n +1 là số nguyên mà 12n +1 là số lẻ nên tồn tại 4điểm số tự nhiên k mà 12n2 +1 = (2k +1)2  12n2 +1 = 4k2 + 4k + 1  k(k+1) = 3n2 . Vì (k; k+1)= 1 nên xảy ra hai trường hợp 0,5 Trường hợp 1: 0,5 k = a 2 (a,b N) = a 2 − 3b2 = −1 2(mod3) = a 2  2(mod3)(vôlí) 2 k +1= 3b 0,5 Trường hợp 2: k = 3a 2 b 2 (b 2 −1) = 3n 2 2 + 2 12n 2 +1 = 2 + 2 4b 4 − 4b 2 +1 2 k +1 = b 2 2 0,5 = 2 + 2(2b −1) = 4b Nên 2 + 2 là số chính phương
4. y A y a- 2 điểm: x Gọi B/ là hình chiếu của B trên AC / C là hình chiếu của C trên AB / 0,5 P B AMN= ABH + MHB; O Q (1) // N ANM = ACH + NHC C H 0,5 M E F Tứ giác BCB/C/ là tứ giác nội tiếp P K 0,5 B C nên : ABH = ACH (2) D MN là phân giác ngoài góc BHC 0,5 nên MHB = NHC (3) Từ (1); (2); (3) suy ra AMN = ANM Hay tam giác AMN cân b- 2 điểm: Gọi P; Q lần lượt là hình chiếu của D trên AB, AC. Ta có BEP = BDP ( Tứ giác BPED nội tiếp), BDP = BAD ( cùng phụ 0,5 Câu 4 6điểm ABD), BAD = HDF ( do ∆AC/H ~ ∆DFH), HDF = HEF ( Tứ giác HEDF nội tiếp) Suy ra BEP = HEF Ta có BEP + BEF = BEF + FEH = 1800 => P, E, F thẳng hàng 0,5 Tương tự Q, F, E thẳng hàng vậy đường thẳng EF trùng với đường thẳng PQ (4) 0,5 Kẻ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O), ta có OA xAy (5) AP AQ AP. AB = AD2 = AQ . AC => = = APQ ~ ∆ACB AC AB => APQ = ACB mà ACB = xAB ( cùng bằng 1 sđ AB ) 2 0,5 => APQ = xAB => xAy PQ (6) Từ (4) , (5), (6) suy ra OA EF c- 2 điểm: 0,5 Gọi T là giao điểm của KM và BH , S là giao điểm của KN và CH. Do AM = AN và AK là phân giác của MAN nên AK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Suy ra HTKS là hình bình hành => HK đi qua trung điểm của TS (7) 0,5
5. TH MC/ MC/ HC / Ta có = ( vì KM CC/ ) , = (Vì HM là phân giác TB MB MB HB 0,5 TH HC / góc BHC/ ) suy ra = TB HB SH HB / 0,5 Tương tự = . Tứ giác BC/B/C nội tiếp) SC HC TH SH => C/BH = B/CH => = => TS BC (8) TB SC Từ (7), (8) suy ra HK đi qua trung điểm của BC. Câu 5: (2,0 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn: abc = 1. Chứng minh bất đẳng thức : 0,5 1 1 1 ++ 1. abab5+ 2 + +6 bcbc 5 + 2 + + 6 caca 5 + 2 + + 6 Ta có: a5 = a(a4 + 1 + 1 + 1) - 3a a.4a - 3a = 4a2 - 3a dấu bằng a = 1 (Vì (a4+1+1+1) 4a bất đẳng thức cô si dấu bằng a=1) 0,5 aaaaaa5222 −=−+4333 3(2a-1) - 3a + a2 = a2 + 3a - 3 2 0,5 (do: a 2a - 1 dấu bằng a=1) a5 + b2 + ab + 6 a2 + 3a - 3 + b2 + ab + 6 = a2 + b2 + 3a + 3 + ab 3(ab + a + 1) ( ab + a + 1)2. (do a2 + b2 2ab và do BĐT BunhiaCopSky; dấu bằng a = b = 1). 0,5 11 abababa52+++ ++ 1 52 Câu 5 abab+++ 6 aba++1 2điểm 11a Chứng minh tương tự ta có: = bcbc52+++ 6 bcb++1 1++aba (do abc =1; dấu bằng khi b = c = 1). 11ab Và ta có: = do abc = 1; caca52+++ 6 cac++1 a++1 ab dấu bằng khi c = a = 1. P 1, dấu đẳng thức xẩy ra a = b = c = 1.