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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán 9 THCS ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút Ngày thi: 05/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức: x x x 4 x 4 x x x 4 x 4 A với x 0, x 1, x 4. 2 3x x x 2 3 x x x a) Rút gọn biểu thức A. (2 3) 7 4 3 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x . 21 Câu 2 (4,0 điểm). Cho phương trình: x2 2 mx 2 m 1 0 . a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm. b) Gọi xx12, là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 23xx12 B 22 . x1 x 2 2(1 x 1 x 2 ) Câu 3 (4,0 điểm). a) Giải phương trình: x2 4 x 1 3 x 1 0. b) Cho fx() là đa thức với hệ số nguyên. Biết ff(2017). (2018) 2019. Chứng minh rằng phương trình fx( ) 0 không có nghiệm nguyên. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân giác trong AI của tam giác ()I BC cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn. 1 1 1 b) Chứng minh . CN CI CF c) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC, kẻ DK//AI ()K AC . Chứng minh 2AK AC AB. Câu 5 (2,0 điểm). Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đoàn 26 – 3 . Biết rằng có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đấu với nhau đúng một trận). Đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua không được điểm nào. Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa và tổng số điểm của các đội là 336. Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng tham gia? Hết
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu Nội dung Điểm 1a Đặt tx , t 0, t 1, t 2 khi đó: t3 t 2 4 t 4 t 3 t 2 4 t 4 A 2 3t t33 2 3 t t (t 1)( t 2)( t 2) ( t 1)( t 2)( t 2) A (t 1)( t 1)( t 2) ( t 1)( t 1)(2 t ) t 2 t 2 2 t 2 4 2 A 2 t 1 t 1 t22 1 t 1 2 A 2 x 1 1b (2 3)743 (2 3) (2 3)2 (2 3)(2 3) x 2 1 2 1 2 1 1 x 21 21 22 Do đó: A 2 2 2 2 2 1 1 2 2a phương trình: x2 2 mx 2 m 1 0 có a + b + c = 0 nên có hai nghiệm: x12 1, x 2 m 1. Chứng tỏ PT luôn có nghiệm m (hoặc tính theo để biện luận) 2b Do PT luôn có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có: x1 x 2 2 m , x 1 . x 2 2 m 1 2(2mm 1) 3 4 1 Suy ra: B 22 (x12 x ) 2 4 m 2 Nhận thấy rằng mẫu số của B luôn dương, do đó để B nhỏ nhất thì ta chỉ xét 4m 1 0 hay m 1/ 4, đặt t m 1/4 0, (ê n n t 0) Vậy mt 1/ 4 thay vào B, ta được: 4( tt 1/ 4) 1 4 B 4( t 1/4)22 2 4 t 2 t 9/4 4t Để B nhỏ nhất thì C phải lớn nhất, C>0 4tt2 2 9 / 4 4tt2 2 9 / 4 1 9 Để C lớn nhất thì Dt nhỏ nhất 4tt 2 16
3. 9 1 9 1 Áp dụng BĐT Cô si: D t 2. t . 2 16tt 2 16 2 93 Dấu = xảy ra khi tt khi đó m = -1, vậy minB = -1/2 khi 16t 4 m = -1 3a 1 ĐK: x 3 x22 41310 x x x (31) x x 310 x Đặt tx 3 1 0 ta được: x22 t x t 0 (x t )( x t )( x t )0( x t )( x t 1)0 35 Với TH xt 0 hay x 3 x 1 x2 3 x 1 x t/m 2 Với TH xt 10 hay t 1 x 3 x 1 1 x , ĐK: x 1 5 17 5 17 3x 1 1 2 x x2 x t/m (loại x ) 2 2 35 5 17 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x , x 2 2 3b Từ giả thiết ta có ff(2017), (2018) là các số nguyên và x = 2017, x = 2018 không là nghiệm của PT fx( ) 0 Giả sử PT có nghiệm nguyên là x a Z , theo định lý Bơ- zu : f( x ) ( x a ). g ( x ) với gx() là đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm Do vậy: f(2017) (2017 a ). g (2017), f (2018) (2018 a ). g (2018) Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết ff(2017). (2018) 2019: 2019 (2017 a ). g (2017).(2018 a ). g (2018) Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn ((2017 aa ); (2018 ) là 2 số nguyên liên tiếp, tích là số chẵn) Vậy không có nghiệm nguyên (đpcm) GV có thể mở rộng cho HS: - Số 2017 và 2018 có thể thay bởi bất cứ số nguyên nào miễn sao có 1 số chẵn và 1 số lẻ. Số 2019 có thể thay bằng 1 số nguyên lẻ bất kỳ. - Liệu có tìm được đa thức nào hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết ? - Đa số chứng minh phương trình không có nghiệm đều sử dụng phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận cùng )
4. 4a Do AI là phân giác nên BE CE , theo tính chất góc ngoài đường tròn, ta có : AMC AC BE AC CE ANC Vậy tứ giác AMNC nội tiếp 4b Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các góc trong bằng nhau: ACACAM1 1;; 1 2 2 2 Suy ra : BC//MN//EF, CMN cân tại N Xét tam giác CIN có CE là phân giác và EF//IC nên ta có các tỉ số EN CN EN FN CN FN ; EI CI EI FC CI FC CN CN CF CN CN 1 CI FC CI FC CN CN Chuyển vế : 1 , chia 2 vế cho CN ta có điều phải chứng CI FC minh
5. 4c Gọi H thuộc AC sao cho K là trung điểm của AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, trên HG lấy điểm L sao cho CG = CL ( CLG cân) Từ AI//DK//HG và K là trung điểm của AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC vậy BI = CL AI//HL nên BAI IAC LHC , và BIA EIC LGC HLC (so le và đồng vị) Xét hai tam giác AIB và HLC có hai góc bằng nhau nên góc còn lại bằng nhau, có 1 cạnh bằng nhau BI = CL nên AIB HLC g.c.g Vậy AB = HC Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK Nên AB = AC – 2AK 2AK = AC – AB đpcm 5 Gọi số trận hòa là x ( x* N ) tổng số điểm của các trận hòa là 2x, (1 trận hòa có 2 đội, mỗi đội được 1 điểm) Theo giả thiết số trận thắng là 4x tổng số điểm của các trận thắng là 12x Tổng số điểm các đội là 336 2x + 12x = 336 x = 24 Vậy ta có tất cả 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn ra Từ giả thiết có n đội, mỗi đội đấu với n – 1 đội còn lại nên số trận đấu diễn ra là n(n – 1) , nhưng đây là tính cả trận lượt đi và lượt về, giả thiết mỗi đội đấu với nhau đúng 1 lần nên tổng số trận giảm đi n(n 1) một nửa, do đó có tất cả trận đấu 2 n(n 1) Vậy 120 n ( n 1) 240 n 16, ( n 15loại) 2 KL : có tất cả 16 đội bóng tham gia.