Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2016-2017 - Sở GD và ĐT Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2016-2017 - Sở GD và ĐT Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NGHỆ AN NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN – BẢNG A Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (4 điểm) a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức P(x) x2 bx c biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – 1 tại x = 2. 2 2 3 x xy xy y 0 b) Giải hệ phương trình 2 2 x 1 3 x y 1 y 0 Câu 2. (4 điểm) a) Giải phương trình x 2 3 1 x2 1 x b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị lớn nhất 2a b c của biểu thức P 1 a2 1 b 2 1 c 2 Câu 3. (3 điểm) Cho tam giác ABC có BAC 1350 ,BC 5cm và đường cao AH = 1 cm. Tìm độ dài các cạnh AB và AC Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB, gọi I là giao điểm của EK với AC a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH Câu 5. (4 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 1 1 1 m n p q mnpq b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z xy x y . Chứng minh rằng các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k 2 với số k là tự nhiên
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu 1 a) Do đa thức P(x) x2 bx c có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 nên viết được dưới dạng P(x) x 2 2 1. Từ đó ta có P(x) x2 bx c x 2 2 1 Hay ta được x22 bx c x 4x 3 , Đồng nhất hệ số hai vế ta được b 4;c 3 b) Điều kiện xác định của phương trình là x0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với xy x(x y2 ) y(x y 2 ) 0 x y x y 2 0 2 x y 0 Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x0 ta được x = y = 0 Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn. Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được: 2(x22 1) 3x(x1) x 0 2x 3xx x 3x 2 0 Đặt t x 0 , khi đó ta được phương trình 2t4 3t 3 t 2 3t 2 0 1 Nhẩm được t 2;t nên ta phân tích được 2 2t(t2)t32 t2 t1t2 0 t 2 2t32 t t 1 0 t 2 2t 1 t2 t 1 0 1 x y 2 t 2 2 xy t2 2 Câu 2. a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 1 x2 (1 x)(1 x). Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích được 1 x2 1 x. x 1 Như vậy ta viết lại được phươn trình x 2 3 1 x. x 1 1 x Ta có biểu diễn x 3 2(x 1) (1 x) Đến đây ta đặt ẩn phụ a x 1;b 1 x thì ta viết lại phương trình lại thành 2a22 b 1 3ab a
3. Hay b22 3ab 2a a 1 0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có 9a22 4(2a a 1) a 2 2 3a (a 2) Do đó phương trình có hai nghiệm là b a 1 và 2 3a (a 2) b 2a 1 2 3 Với b = a – 1 ta được 1 x 1 x 1 x 2 24 Với b = 2a+1 ta được 1x 21x1 x 25 3 24 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S;   2 25 b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi a22 1a abbcca abac Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành 2a b c P abac abbc acbc Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được 2a b c P abac abbc acbc 1 1 1 1 1 1 a b c abac ac4(bc) 4(bc)ac a b b c a c 1 9 11 ab4(bc)ac 4 4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra 7 1 1 a;b;c ; ; 15 15 15
4. Câu 3. M A B I H N C Gọi AB = y; AC=x. Dựng CM vuông góc với AB, khi đó ta được AM=CM= x2 2 15 1 1 x 2 Ta có S AH.BC . Lại có S .CM.AB y. ABC 22 ABC 2 2 2 1 1 x 2 5 Do đó ta được S CM.AB y. xy 2 10 ABC 2 2 2 2 Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có BM2 MC 2 BC 2 . Suy ra 22 x 2 x 2 x22 x y 522 y xy 2 25 2 2 2 2 Từ đó ta được x22 y 15. Ta có hệ phương trình 22 2 x y 15 x y 2xy 15 x 10 xy 2 10 xy 5 2 y5 Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả là AB 10;AC 5 và AB 5;AC 10
5. Câu 4. N Q F E A J K I H P B C M D a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từ đó suy ra AKC AEC 1800 Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC AEC Từ đó suy ra AKC ADC 1800 , nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm trên đường tròn. +) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC. Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH
6. Gọi N là giao điểm của PQ và AH . Gọi M là giao điểm của AH với đường tròn (O). Khi đó dễ thấy tam giác PHK cân. Do AH // KP nên tứ giác KPMN là hình thang Lại có BPKQ nội tiếp nên suy ra được QBK ABK AMK QPK nên tứ giác KPMN nội tiếp . Do đó KPMN là hình thang cân. Do đó PMH PHM KNM nên KN // HP Do vậy tứ giác HPKN là hình bình hành. Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu 5. a) Do m, n, p, q là các số nguyên tố khác nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử n m p q. Khi đó ta được q 2;p 3;n 5;m 7 1 1 1 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 1 248 Dễ thấy 1 2 3 5 7 2.3.5.7 2.3.5.7 210 1 1 1 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 1 887 Lại thấy: 1 3 5 7 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155 Từ đó suy ra trong các số m, n, p, q có một số là 2. Do q nhỏ nhất nên ta được q=2 1 1 1 1 1 Từ đó ta lại được m n p 2mnp 2 1 1 1 1 1 Dễ thấy với p=5, n=7, m=11 ta có . Như vậy trong ba 5 7 11 2.5.7.11 2 số nguyên tố m, n, p phải có một số bằng 3, do đó suy ra p=3. 1 1 1 1 Từ đó lại có hay ta được mn6m6n1 m6n6 37 m n 6mn 6 Đến đây ta được n = 7; m = 43. Thử lại ta thấy các bội số (m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn bài toán
7. b) Từ hai số trên bảng ta thấy có một số chia 3 dư 2. Do đó trong hai số x và y khác nhau thì có x+1 hoặc y+1 chia hết cho 3, suy ra x 1 y 1 chia hết cho 3 Khi ta viết thêm số mới là z xy x y x 1 y 1 1 thì ta được z chia 3 dư 2 Như vậy dãy số viết trên bảng trừ số 1 luôn chia 3 dư 2 hay các số đó có dạng 3k+2