Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Lai Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Lai Châu (Có đáp án)

1. UBND TỈNH LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/4/2018 Câu 1 (3, 0 điể m): Cho biểu thức 1 1 2 11 x33+++ yx xy y A = + ⋅ ++ : với xy>>0, 0  33 x y xy+ xy x y+ xy a) Rút gọn biểu thức A. b) Biết xy = 16. Tìm các giá trị của x, y để A có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó. Câu 2 (4,0 điểm) 2.1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x32−4 x − xy + 5 x ++= y 30. 2.2. Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương . Câu 3 ( 5,0 điểm) 3.1. Cho phương trình: x22−(2 m + 1) xm + + m −= 60. Tìm m để phương trình có 3 3 2 nghiệm xx12, thoả mãn x1 − x2 =50. 3.2. Giải phương trình 3xx−=− 23 − 1. x22++ y2( xy += ) 7 3.3. Giải hệ phương trình  . yy(− 2 x ) −= 2 x 10 Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) Tứ giác BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5 ( 2,0 điểm): Cho abc,, là 3 số thực dương thỏa mãn ab++= bc ca3 abc . abc3 Chứng minh rằng: ++≤. a222+++ bc b ca c ab 2 HẾT - Thí sinh không sử dụng tài liệu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 1/1
2. UBND TỈNH LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Môn: Toán Câu 1. ( 3,0 điểm) ý Nội dung Điểm 1 1 2 11 x33+++ yx xy y A = + .:++  33 x yxy+ xy x y+ xy 0,5 xy+ 2 xy+ ( x+ y)( x- xy ++ y) xy( x + y ) + =. : xy x++ y xy xy( x y) 2 xy+ ( x++ yxy)( ) + a =: 0,5 xy xy xy( x+ y) 2 ( xy+ ) xy = xy xy+ 0,5 xy+ = 0,5 xy 2 Ta có ( x− y) ≥⇔0 x + y -2 xy ≥ 0 ⇔+≥x y2. xy 0,25 xy+ 2 xy 2 16 Do đó A = ≥==1 0,5 b xy xy 16  xy= Vậy min A = 1 khi  ⇔==xy4. 0,25 xy =16 Tổng điểm câu 1 3,0 Câu 2 ( điểm) ý Nội dung Điểm xxxyxy32−4 − + 5 ++=⇔ 30( xxxyxyx3 − 4 + 3) +( −) + 2 −=− 2 5 0,25 ⇔xx( −1)( x −− 3) yx( −+ 12) ( x −=− 1) 5 0,25 ⇔( x −1)( x2 − 3 xy −+ 25) =− 0,25 2.1 Ta có bảng kết quả sau x −1 1 −5 5 −1 x2 −32 xy −+ −5 1 −1 5 1,0 x 2 −4 6 0 y − 5 29 21 3 Vậy ( xy,)∈−{( 2;5) ,( 4; 29) ,( 6; 21) ,( 0; − 3)} 0,25 Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . 0,5 2.2 Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương 0,5 Trang 1/4
3. Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính 0,5 phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 0,25 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương 0,25 Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Tổng điểm câu 2 4,0 Câu 3 (5,0 điểm) ý Nội dung Điểm 2 3.1 Ta có: ∆=(2m + 1) − 4( mm2 + − 6) = 25 > 0 xm1 = − 2 0,5 ⇒ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt xx1, 2 ⇒  xm2 = + 3 ⇒−=33 −3 −+3 = xx12( m2) ( m 3) 50 0,5 mm2 + −=10 ⇔5(3mm2 ++=⇔ 3 7) 50  2 0,5 3m+ 3 m += 17 0 ( VN )  −+15 m = 2 ⇔  0,5  −−15 m =  2 3.2 3xx−=− 23 − 1 Điều kiện: x ≥1 0,25 3x−+ 2 x −=⇔ 13 3 xx2 − 5 + 2 =− 62 x 13≤≤x ⇔  22 0,25 3x− 5 x += 2 36 − 24 xx + 4 13≤≤x ⇔  2 0,25 xx−19 += 34 0 13≤≤x  ⇔ x= 2 ( TM ) 0,25  xL=17 ( ) x22++ y2( xy += ) 7 (xy+ 1)22 ++ ( 1) = 9 ⇔   22 yy(− 2 x ) −= 2 x 10 (yx− ) −+ ( x 1) = 9 0,5 ab22+=9 a= x +1, b = y +⇒ 1 ba − = yx − ⇒ Đặt  22 ()ba− −= a 9 0,5 22 22 a = 0 ⇒+=−a b() b a −⇔ a aa( + 20 b) =⇔ 0,5 ab= −2 Với a=031,2 ⇒ b =±⇒=− xy = hoặc xy=−=−1, 4 0,25 Trang 2/4
4. 36 3.3 Với a=−⇒259 bb2 =⇒=± b ⇒= a 55 63 63 0,25 ⇒xy =−−1,1 =−+ hoặc xy=−+1,1 =−− 55 55 Tổng điểm câu 3 5,0 Câu 4 ( 6 điểm) ý Nội dung Điểm C E F A B 0,5 I O D a) Tứ giác BEFI có: BIF = 900 (gt) = = 0 1,5 a BEF BEA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF b) Vì AB ⊥ CD nên AC = AD , suy ra ACF = AEC . 1,0 Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và b ACF = AEC . AC AE Suy ra: ∆ACF với ∆AEC ⇒= AF AC 1,0 ⇒ AE.AF = AC2 Theo câu b) ta có ACF = AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). 1,0 c Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn 1,0 ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC Tổng điểm câu 4 6 Câu 5 (2,0 điểm) Trang 3/4
5. ý Nội dung Điểm ab++ bc ca 111 Từ điều kiện đề bài ta có =⇔++=33 0,25 abc a b c Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: aa1 a22+≥ bc2. a bc = 2 a bc ⇒ ≤ = 0,5 a2 + bc 22a bc bc 1 1 11 1 11 1 11  1 a 11  1 ≤+⇒ ≤+⇒ ≤+  2  0,5 bc2bc 24bc bc a+ bc 4  bc bc11 1 11  1 ≤+ ≤+ Tương tự ta có: 22;  0,25 bcacacabab++44  abc11 1 1 3 ⇒ + + ≤ ++ = 222  (đpcm) 0,25 a+++ bc b ca c ab22 a b c Đẳng thức xảy ra khi abc= = =1. 0,25 Tổng điểm câu 5 2,0 ĐIỂM TOÀN BÀI THI: Câu 1+2+3+4+5 20,0 Lưu ý: - Điểm bài thi là tổng điểm của các câu thành phần. Thang điểm toàn bài là 20,0 điểm, không được làm tròn (điểm lẻ từng ý trong một câu nhỏ nhất là 0,25) - Thí sinh làm bài bằng cách khác, lập luận chặt chẽ, logic, ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. .Hết Trang 4/4
6. UBND TỈNH LAI CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017-2018 PHIẾU CHẤM VÒNG 1 Môn: Toán Mã túi Số phách . . Câu 1. ( 3,0 điểm) ý Điểm Nội dung Điểm chấm 1 1 2 11 x33+++ yx xy y A = + .:++  33 x yxy+ xy x y+ xy 0,5 xy+ 2 xy+ ( x+ y)( x- xy ++ y) xy( x + y ) + =. : xy x++ y xy xy( x y) 2 xy+ ( x++ yxy)( ) + a =: 0,5 xy xy xy( x+ y) 2 ( xy+ ) xy = xy xy+ 0,5 xy+ = 0,5 xy 2 Ta có ( x− y) ≥⇔0 x + y -2 xy ≥ 0 ⇔+≥x y2. xy 0,25 xy+ 2 xy 2 16 Do đó A = ≥==1 0,5 b xy xy 16  xy= Vậy min A = 1 khi  ⇔==xy4. 0,25 xy =16 Tổng điểm câu 1 3,0 Câu 2 ( điểm) ý Điểm Nội dung Điểm chấm xxxyxy32−4 − + 5 ++=⇔ 30( xxxyxyx3 − 4 + 3) +( −) + 2 −=− 2 5 0,25 ⇔xx( −1)( x −− 3) yx( −+ 12) ( x −=− 1) 5 0,25 ⇔( x −1)( x2 − 3 xy −+ 25) =− 0,25 2.1 Ta có bảng kết quả sau x −1 1 −5 5 −1 x2 −32 xy −+ −5 1 −1 5 1,0 x 2 −4 6 0 y − 5 29 21 3 Vậy ( xy,)∈−{( 2;5) ,( 4; 29) ,( 6; 21) ,( 0; − 3)} 0,25 Trang 1/4
7. Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . 0,5 Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương 0,5 Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính 0,5 2. phương 2 Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 0,25 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương 0,25 Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Tổng điểm câu 2 4,0 Câu 3 (5,0 điểm) ý Điểm Nội dung Điểm chấm 2 3.1 Ta có: ∆=(2m + 1) − 4( mm2 + − 6) = 25 > 0 xm1 = − 2 0,5 ⇒ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt xx1, 2 ⇒  xm2 = + 3 33 3 3 ⇒−=xx12( m −2) −+ ( m 3) = 50 0,5 mm2 + −=10 ⇔5(3mm2 ++=⇔ 3 7) 50  2 0,5 3m+ 3 m += 17 0 ( VN )  −+15 m = 2 ⇔  0,5  −−15 m =  2 3.2 3xx−=− 23 − 1 Điều kiện: x ≥1 0,25 3x−+ 2 x −=⇔ 13 3 xx2 − 5 + 2 =− 62 x 13≤≤x ⇔  22 0,25 3x− 5 x += 2 36 − 24 xx + 4 13≤≤x ⇔  2 0,25 xx−19 += 34 0 13≤≤x  ⇔ x= 2 ( TM ) 0,25  xL=17 ( ) x22++ y2( xy += ) 7 (xy+ 1)22 ++ ( 1) = 9 ⇔   22 yy(− 2 x ) −= 2 x 10 (yx− ) −+ ( x 1) = 9 0,5 ab22+=9 a= x +1, b = y +⇒ 1 ba − = yx − ⇒ Đặt  22 ()ba− −= a 9 0,5 22 22 a = 0 ⇒+=−a b() b a −⇔ a aa( + 20 b) =⇔ 0,5 ab= −2 Với a=031,2 ⇒ b =±⇒=− xy = hoặc xy=−=−1, 4 0,25 3.3 2 36 Với a=−⇒259 bb =⇒=± b ⇒= a 0,25 55 Trang 2/4
8. 63 63 ⇒xy =−−1,1 =−+ hoặc xy=−+1,1 =−− 55 55 Tổng điểm câu 3 5,0 Câu 4 ( 6 điểm) ý Điểm Nội dung Điểm chấm C E F A B 0,5 I O D a) Tứ giác BEFI có: BIF = 900 (gt) = = 0 1,5 a BEF BEA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF b) Vì AB ⊥ CD nên AC = AD , suy ra ACF = AEC . 1,0 Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và b ACF = AEC . AC AE Suy ra: ∆ACF với ∆AEC ⇒= AF AC 1,0 ⇒ AE.AF = AC2 Theo câu b) ta có ACF = AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường 1,0 tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). c Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn 1,0 ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC Tổng điểm câu 4 6 Câu 5 (2,0 điểm) ý Điểm Nội dung Điểm chấm ab++ bc ca 111 Từ điều kiện đề bài ta có =⇔++=33 0,25 abc a b c Áp dụng hai lần bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có: aa1 a22+≥ bc2. a bc = 2 a bc ⇒ ≤ = 0,5 a2 + bc 22a bc bc Trang 3/4
9. 1 1 11 1 11 1 11  1 a 11  1 ≤+⇒ ≤+⇒ ≤+  2  0,5 bc2bc 24bc bc a+ bc 4  bc bc11 1 11  1 ≤+ ≤+ Tương tự ta có: 22;  0,25 bcacacabab++44  abc11 1 1 3 ⇒ + + ≤ ++ = 222  (đpcm) 0,25 a+++ bc b ca c ab22 a b c Đẳng thức xảy ra khi abc= = =1. 0,25 Tổng điểm câu 5 2,0 ĐIỂM TOÀN BÀI THI: Câu 1+2+3+4+5 20,0 Tổng điểm toàn bài: điểm. Bằng chữ: Lai Châu, ngày . tháng .năm 2018 CÁN BỘ CHẤM THI LẦN 1 (Ký, ghi rõ họ tên) Trang 4/4