Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Xuyên Mộc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Xuyên Mộc (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài thi 150 phút Ngày thi . tháng 01 năm 2017 ĐỀ DỰ BỊ Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 mn 2 3n 2 14n 7m 5 0 Bài 2: (7,5 điểm) 2x 1 2 x x 2 x 1 a) t g n u th c A: 3 11 x x x x 1 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 3 4 x c) Tìm GTNN của u th c A x1 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Ch ng m nh rằng x + y + y + z + z + x 6 Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam g ác ABC có chu v 2p = a + + c (a, , c là độ dà a cạnh của tam g ác). 1 1 1 1 1 1 Ch ng m nh rằng : 2. . p a p b p c a b c Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam g ác ABC nộ t ếp đường tròn (O ; ). G (I ; r) là đường tròn nộ t ếp tam g ác ABC, M là t ếp đ m của AB vớ đường tròn (I); H là g ao đ m của AI vớ đường tròn (O) (H khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). G a là độ dà đoạn OI. Ch ng m nh rằng a) Tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R22 a . d) R22 2Rr a Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2 cố định và một đường kính MN của đường tròn thay đổ (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là t ếp tuyến của đường tròn, (d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 1) Ch ng m nh tam g ác QMN đồng dạng vớ tam g ác QFE. 2) Tìm vị trí của đường kính MN đ EF có độ dà nhỏ nhất và tính g á trị nhỏ nhất đó theo R. HẾT H và tên thí s nh Chữ ký g ám thị số 1 Số áo danh .
2. UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI TOÁN LỚP 9 (Hướng dẫn chấm có trang) Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 mn 2 3 n 2 14 n 7 m 5 0 Bài 1 Đáp án Điểm 2n3 mn 2 3 n 2 14 n 7 m 5 0 16 mn 23 2 (1) 1,0 1.2 n 7 (2,5đ) Vì m, n Z nên 0,75 n2 7 U (16) n 2 7 8;16 n 2 1;9 n 1; 3 (2) Từ (1) và (2) suy được (mn , ) (1;1),( 3; 1);(4;3),( 8; 3) 0,75 Bài 2: (7,5 điểm) 2x 1 2 x x 2 x 1 a) t g n u th c A: 3 11 x x x x 1 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1) 3 4 x c) Tìm GTNN của u th c A x1 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Ch ng m nh rằng x + y + y + z + z + x 6 Bài 2 Đáp án Điểm 2x 1 2 x x 2 x 1 Ta có A: 11 x x x x3 1 2.1 (2,0đ) (2x 1)( x x 1) x (2 x 1)(1 x ) x3 1 1,0  (1 x )( x x 1) 2 x 1 (2x 1)( x x 1 x x )( x 1)( x x 1) x 1 1,0 (1 x )( x x 1)(2 x 1) 1 x (1) 0,5 Ta có: x 2016 x 2016 x x x 2016 x 2016 (2) 2.2 Chỉ ra được dấu « = » xảy ra kh 0 x 2016 (*) 0,25x2 (2,0đ) Từ (1) và (2) suy được xy 2014 2016 0
3. x 2014 0 x 2014 Lập luận suy được 0,5 y 2016 0 y 2016 Đố ch ếu ĐK (*) và kết luận được ngh ệm 0,5 . ĐK x0 3 4 x (x 4 x 4) ( x 1) ( x 2)2 2.3 A 11 (vì ) 1,0 x 1 x 1 x1 (1,5đ) Chỉ ra được M n A = -1 kh x = 4 (tmđk) 0,5 Áp dụng BĐT Bunh akopsk có 2 2.4 2 A 1. x + y +1. y + z + 1. z + x (2,0đ) 2 2 2 222 1,0 111 x + y y + z z + x = 3.2(x +y + z) = 6.1 = 6 (vì x + y + z = 1) 0,5 1 0,5 Suy được A6 khi a b c 3 Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam g ác ABC có chu v 2p = a + + c (a, , c là độ dà a cạnh của tam g ác). 1 1 1 1 1 1 Ch ng m nh rằng : 2. . p a p b p c a b c Bài 3 Đáp án Điểm b c a 0,25 Chỉ ra được p a 0; p b 0; p c 0 2 Áp dụng BĐT Cô s ta có : 3 1 1 2 0,5 (2,0đ) (p a ) ( p b ) 2 ( p a )( p b ) . 4 p a p b (p a )( p b ) 1 1 4 4 0,25 Suy được p a p b p a p b c 1 1 4 1 1 4 Tương tự ; p b p c a p c p a b 0,25 1 1 1 1 1 1 Suy được 2. 4. p a p b p c a b c 0,25 Suy được đpcm và Dấu “=” xảy ra kh abc . 0,5 Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam g ác ABC nộ t ếp đường tròn (O ; ). G (I ; r) là đường tròn nộ t ếp tam g ác ABC, M là t ếp đ m của AB vớ đường tròn (I); H là g ao đ m của AI vớ đường tròn (O) (H khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). G a là độ dà đoạn OI. Ch ng m nh rằng a) Tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R22 a .
4. d) R22 2Rr a K A 1 2 M E I O 1 F 1 B 2 C 3 H Bài 4 Đáp án Điểm * Hình vẽ đ ng 0,25 4.a (1,75đ) – Ch ng m nh được các tam g ác AMI và KCH là các tam g ác vuông 0,5 - Ch ng m nh được AAK12 0,5 - Suy ra được tam g ác AMI và tam g ác KCH đồng dạng (đpcm) 0,5 - Ch ng m nh được I1 A 1 B; 1 IBH B 2 B 3 B 1 A 1 0,5 4.b 0,5 Do đó I1 IBH HB HI (đpcm) (1,0đ) G EF là đường kính của (O) và đ qua I. 0,25 4.c - Nêu được IA.IH = IE.IF (hệ th c trong đường tròn) 0,25 (1,0đ) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 0,5 IA IM Từ câu a), ta có IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC 0,50 (1,25đ) 0,25 Mà HB = HC (do AA12 ) HC = HI. Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr (đpcm) 0,50 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2 cố định và một đường kính MN của đường tròn thay đổ (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là t ếp tuyến của đường tròn, (d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 1) Ch ng m nh tam g ác QMN đồng dạng vớ tam g ác QFE. 2) Tìm vị trí của đường kính MN đ EF có độ dà nhỏ nhất và tính g á trị nhỏ nhất đó theo R.
5. K N M I E F A B O H E P F M C N Q Bài 5 Đáp án Điểm QM QN 0,75 Ch ng m nh được QM.QE = QN.QF(=PQ2) 5.1 QF QE (1,5đ) Chỉ ra được QMN đồng dạng QFE (c.g.c) 0,75 QFE vuông tạ Q có PQ  EF (gt) (1) PQ2 = PE.PF (hệ th c 2) 5.2 2 2 0,25 PE.PF = (2R) = 4R (1,5đ) Áp dụng ất đẳng th c Cô s cho 2 số EP, PF > 0 ta có EF EP PF 2 EP.PF 2. 4R2 4R 0,25 EF nhỏ nhất ằng 4 kh EP = PF (2) Từ (1) và (2) ∆QEF cân tạ Q có PQ là đường cao đồng thờ là 0,25 phân giác. Chỉ ra được PMQN là hình chữ nhật 0,25 PMQN là hình vuông MN  PQ 0,25 Vậy Khi MN PQ thì EF có độ dà nhỏ nhất ằng 4 ’ 0,25 Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì GK vẫn cho điểm tương đương. 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.