Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 môn Toán Lớp 9 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018 môn Toán Lớp 9 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (4,0 điểm). x 2 x x 1 1 2 x 2 x 1. Cho biểu thức P , với xx 0, 1. Rút gọn P x x 1 x x x x x2 x và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 4(x 1) x2018 2 x 2017 2 x 1 13 2. Tính giá trị của biểu thức P tại x . 23xx2 2 3 2 2 3 2 Câu II (4,0 điểm). 1. Biết phương trình (m 2) x2 2( m 1) x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của 2 tam giác vuông đó bằng . 5 (x y )(82 x 2 8 y 2 4 xy 13)50 2. Giải hệ phương trình 1 21x xy Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 5 y 62( y 2) x 2 ( y 2 6 y 8). x 2. Cho ab, là các số nguyên dương thỏa mãn p a22 b là số nguyên tố và p 5 chia hết cho 8. Giả sử xy, là các số nguyên thỏa mãn ax22 by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số xy, chia hết cho p . Câu IV (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có (OII ),( ),(a ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là OII,,a . Gọi D là tiếp điểm của ()I với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của ()O , PIa cắt ()O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O. 1. Chứng minh IBIa C là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP. 3. Chứng minh DAI KAIa . Câu V (2,0 điểm). Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn xz . Chứng minh rằng xz y2 x 25 z . y2 yz xz yz x z 2 HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câu NỘI DUNG Điểm I x 2 x x 1 1 2 x 2 x 1. Cho biểu thức P , với xx 0, 1. 4,0 2 2,5 điểm x x 1 x x x x x x Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên Với điều kiện xx 0, 1, ta có: x 2 x x 1 2 x 2 x 1 P 0,50 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x x 1 x 1 2 x 2 x 1 0,50 x x 11 x x x x x 2 0,50 x x 11 x x xx 12 x 2 . 0,50 x 11 x x xx 1 Ta có với điều kiện x 0, x 1 x x 1 x 1 1 xx 2 2 1 0 P 1 2 x x 1 x 1 x 1 0,50 x 2 Do P nguyên nên suy ra Px 1 1 1 (loại). xx 1 Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 P Px P 1 x P 2 0 , coi đây là phương trình bậc hai của x . xx 1 Nếu Px 0 2 0 vô lí, suy ra P 0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có 2 442 PPP 1 4 2 0 3PPPPP22 6 1 0 2 1 1 33 0,50 Do P nguyên nên P 1 2 bằng 0 hoặc 1 +) Nếu P 1 2 0 P 1 x 1 không thỏa mãn. 2 P 2 +) Nếu P 1 1 P 2 2 x x 0 x 0 không thỏa mãn P 0 Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn. 4 x 1 x2018 2 x 2017 2 x 1 2. Tính giá trị của biểu thức P tại 23xx2 1,5 13 x . 2 3 2 2 3 2
3. 1 3 3 1 Vì x 0,50 2 3 2 2 3 2 2 31 nên x là nghiệm của đa thức 2xx2 2 1. 0,50 2 2017 2 2x 2 x 2 x 1 2 x 1 21x Do đó P 3 3. 0,50 2x2 2 x 1 x 1 x 1 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ. II 1. Biết phương trình (m 2) x2 2( m 1) x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ 4,0 dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng 2,0 điểm 2 với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng . 5 Phương trình (m 2) x2 2( m 1) x m 0 ( x 1) ( m 2) x m 0 có hai nghiệm m 0,50 khi và chỉ khi m 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là ab 1và . m 2 Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra m 0,50 00 m hoặc m 2 . m 2 1 1 1 1 (mm 2)2 5 2 1 Từ hệ thức trong tam giác vuông ta có 0,50 a2 b 2 h 2 122mm 4 2 m 21 Với 2m 4 m m 4 (thỏa mãn) m 2 m 2 1 4 0,50 Với 24m m m (loại) m 23 Vậy m 4 là giá trị cần tìm. (x y )2 (8 x 2 8 y 2 4 xy 13) 5 0 (1) 2. Giải hệ phương trình 1 2,0 2x 1 (2) xy ĐKXĐ: xy 0 5 8(x22 y ) 4 xy 13 2 2 ()xy 0,25 Chia phương trình (1) cho ()xy ta được hệ 1 21x xy 2 221 1 5 (x y ) 3( x y ) 13 2 2 5 x y 3( x y ) 23 ()xy xy 0,50 1 1 x y ( x y ) 1 x y ( x y ) 1 xy xy 1 5uv22 3 23 (3) Đặtu x y , v x y (ĐK:|u | 2), ta có hệ 0,25 xy uv 1 (4) Từ (4) rút uv 1 , thế vào (3) ta được 5 5u2 3(1 u ) 2 23 4 u 2 3 u 10 0 u 2 hoặc u . 4 0,25 Trường hợp loại vì u 2.
4. 1 xy 2 Với uv 21 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ xy 0,25 xy 1 Giải hệ trên bằng cách thế xy 1 vào phương trình đầu ta được 1 0,50 2yy 1 2 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (xy , ) (0;1). 21y III 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4,0 y2 5 y 62 ( y 2) x 2 y 2 6 y 8 x (1). 2,0 điểm 2 Ta có (1) y 2 y 3 56 ( y 2) x y 2 y 4 x 0,25 2 y 2 x y 4 x y 3 56 0,25 x 1 y 2 x y 3 56. 0,50 Nhận thấy y 2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số 0,25 nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. Như vậy ta có ) 56 1.7.8 xy ; 2;9 . 0,25 ) 56 7.1.8 xy ; 8;3 . ) 56 8 .1. 7 xy ; 7;3 . 0,25 )561.8.7 xy ; 2;6. ) 56 8 .7. 1 xy ; 7;9 . )567.8.1 xy ; 8;6. 0,25 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên. Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng 2 y 2 x y 4 x y 3 56 (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra. Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ) 2. Cho ab, là các số nguyên dương thỏa mãn p a22 b là số nguyên tố và p 5 chia hết cho 8. Giả sử xy, là các số nguyên thỏa mãn ax22 by chia hết cho p . 2,0 Chứng minh rằng cả hai số xy, chia hết cho p . Do p 58 nên p 8 k 5 ( k ) 4kk 2 4 2 0,50 Vì ax2 by 2 ax 2 by 2 p nên a4k 2 x 8 k 4 b 4 k 2  y 8 k 4 p Nhận thấy a4284k  x k b 4284 k  y k a 42 k b 4284 k x k b 4284 k x k y 84 k 0,25 2kk 1 2 1 Do a4kk 2 b 4 2 a 2 b 2 a 2 b 2 p và bp nên x8kk 4 y 8 4 p (*) 0,25 Nếu trong hai số xy, có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia 0,50 hết cho . Nếu cả hai số đều không chia hết cho thì theo định lí Fecma ta có : x8k 4 x p 1 1(mod p ), y 8 k 4 y p 1  1(mod p ) 0,50 x8kk 4 y 8 4  2(mod p ) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . IV Cho tam giác ABC có (OII ),( ),(a ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, 6,0 đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh Acủa tam giác với các điểm tâm tương ứng là OII,,a . Gọi D là tiếp điểm của ()I với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của ()O , PIa cắt ()O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng của P qua O.
5. P A F O I B D M C K N Ia 1. Chứng minh: IBIa C là tứ giác nội tiếp 2,0 Ia là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra BI BI, CI CI 1,0 aa ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau). 0 Xét tứ giác IBIa C có IBIaa ICI 180 1,0 Từ đó suy ra tứ giác IBIa C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IIa . 2. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 Nhận thấy bốn điểm AINI,,, a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ). Do NP là đường kính của ()O nên NBP 900 , M là trung điểm của BC nên 0,25 PN BC tại M Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM. NP 0,25 1 Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN = ABC BAC (1) 0,25 2 BAC Xét (O): NBC NAC (cùng chắn cung NC) 0,25 2 1 NBI NBC CBI BAC ABC (2). 0,25 2 Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N 0,25 Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của 22 0,25 đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBIa C NIa NB NM. NP Vậy NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP 0,25 3. Chứng minh: . 2,0 GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. 1 0,50 Xét hai tam giác có: NBM BAC IAF 2
6. MNB đồng dạng với FIA. Suy ra mà: , nên 0,50 Ta có: 0,50 nên suy ra NMIa đồng dạng với IDA (1). Do NIa là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia MP nên 0,25 KAIa KAN KPN Iaa PN NI M (2) Từ (1) và (2) ta có DAI KAIa 0,25 V Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn xz . Chứng minh rằng 2,0 xz y2 x 25 z 2,0 điểm . y2 yz xz yz x z 2 2 xz y 2z 2 1 xz y x 2 z yz yz Ta có P x 0,25 y2 yz xz yz x z y2 xz z 1 11 yz yz x x y 2z 1 2 2 2 y a b12 c z x , y x z b2 1 a 2 1 1 c 2 1 1 1 0,25 z y x x y z trong đó a2 , b 2 , c 2 a , b , c 0 y z x x 1 Nhận xét rằng a22. b 1 do x z . 0,25 zc2 2 2 2 2 2 2 2 a22 b2 ab a a 1 ab 1 b b 1 ab 1 2 aba a 1 b 1 Xét b22 1 a 1 ab 1 a22 1 b 1 ab 1 2 0,25 ab a2 b 2 a b a 3 b 3 a b 2 0 a22 1 b 1 ab 1 2 a22 b22 ab Do đó c 1. Đẳng thức xảy ra khi ab . 0,25 22 1 b 1 a 1 ab 1 1 1 c c 2 2 2 2 1 2c2 5 2 2 1 c 1 c 1 2 c 5 1 c 1 c Khi đó 0,25 1 cc2 1 2 2 1 cc 1 2 3 1 3c 3 c23 c 1 c 0 do c 1 2 0,25 2 1 c 1 c22 2 1 c 1 c Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi 0,25 a b, c 1 x y z . Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.