Đề thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2016-2017 Môn: Toán – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức: ab bc ca A a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 2) Tính giá trị của biểu thức: x32 x 5x 3 6 P tại x 1 33 2 4 x32 2x 7x 3 Bài 2. (4,0 điểm) x22 xy y 3 1) Giải hệ phương trình x y xy 5 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 5y 1 2x x2 x y 105 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n 2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x22 x 3y y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương Bài 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB Bài 5. (2,0 điểm) 1 1 1 Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c 0 và a b c 0 a b c a6 b 6 c 6 Chứng minh rằng abc a3 b 3 c 3
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1 1) .Từ a b c 0 a b c Bình phương hai vế ta được a2 b 2 2ab c 2 nên a2 b 2 c 2 2ab Tương tự : b222 c a 2bc và c2 a 2 b 2 2ac ab bc ca 1 1 1 3 Do đó A 2ab 2bc 2ca 2 2 2 2 3 Vậy A 2 2) . Ta có x21 3 12 3 3 4 3 21211 Suy ra x3 2 x 1 2x3 x 1 3 hay x32 3x 3x 1 Do đó 3x2 3x1x 2 5x36 4x 2 8x46 P 3x2 3x12x 2 7x3 x 2 4x4 2 4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4 2 x2 2 x 2 x 2 x 2 (vì x 1 33 2 4 2) Vậy P2 tại x 1 33 2 4 Câu 2 2 x22 xy y 3 x y 3xy 3 1) Ta có : x y xy 5 x y xy 5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a2 3b 3 Hệ phương trình trên trở thành a b 5 a3 a6 Giải hệ phương trình trên ta được hoặc b2 b 11 Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được x y 3 x 1 x2 và xy 2 y 2 y1 Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được x y 6 x y 6 2 . Hệ phương trình vô nghiệm xy 11 y 6y 11 0 x1 x2 Vậy hệ phương trình có nghiệm và y2 y1
3. 2) . 2x 5y 1 2x x2 x y 105 Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 và 2x x2 x y phải là các số lẻ Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn 2x x2 x y là số lẻ mà x2 x x(x 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0 Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được: 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 0 5y2 20y 26y 104 0 5y(y 4) 26(y 4) 0 (5y 26)(y 4) 0 26 y (loại) hoặc y4 (thỏa mãn) 5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 3 1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n Ta có n33 2012n n n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n n 1 n 1 3 mà 2013 3 nên n3 2012n 3(1) Mặt khác 20142014 1 2013 1 2014 1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2) Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho 2) Từ: 2x2 x 3y 2 y (1) 2x 2 2y 2 x y y 2 (x y)(2x 2y 1) y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 3y 2 x y x 2 (x y)(3x 3y 1) x 2 (x y)2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) x 2 y 2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) là số chính phương (3) Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d (2x 2y 1) d; (3x 3y 1) d 3x3y1 2x2y1 xyd 2(x y) d (2x 2y 1) 2(x y) 1 d nên d = 1 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4) Từ (3) và (4) 2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1 là số chính phương nên x – y cũng là số chính phương.
4. Vậy 2y22 x 3y y thì x y;2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là các số chính phương Câu 4 A O Q P N C M B I E H d a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC) Suy ra BEC MAB (so le trong) Mà ABC 9000 ;AQM 90 và AMO OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AMO OMB BCE (cùn phụ với hai góc bằng nhau) BE OB MB OB tanBCE tanOMB (1) BC MB BC BE Lại có MBA OBC (cùng phụ với ABO) Nên MBC OBE (cùng = 900 OBC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE(c.g.c) b) Từ MBC OBE BCM BEO Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC BIE NIC(g.g) IBE INC mà IBE 900 Nên INC 900 . Vậy CM OE c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH
5. OQ OP Ta có OQP OHM(g.g) OH OM R2 QO.OM OP.OH OA22 R OP OH Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB 2AQ 2 OA22 OQ mà OQ OP R4 2R AB 2 OA2 OP 2 2 R 2 . OH 2 R 2 OH2 OH Dấu “=” xảy ra QPMH   2R Vậy GTNN của AB . OH22 R M  H OH 1 *) Vì MO AB nên S AB.OM AQ.OM AOBM 2 Vẽ dây cung AB11 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên AB11 không đổi Vì OP OQ AB A11 B (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 1 Mà OM OH S A B .OH (không đổi) AOBM2 1 1 Dấu “=” xảy ra MH 1 Vậy GTNN của S A B .OH khi và chỉ khi MH AOBM2 1 1 Câu 5 *abc0 ab c ab 3 c3 a 3 b 3 c 3 3ab(ab)3abc 1 1 1 * 0 ab bc ca 0 a b c 2 2 2 *abc666 a 3 b 3 c 3 2abbcca 333333 *ab bc ca 0 ab3 3 bc 3 3 ca 3 3 3abc 2 2 2 Do đó *a6 b 6 c 6 3abc 2 2.3a 2 b 2 c 2 3a 2 b 2 c 2 a6 b 6 c 6 3a 2 b 2 c 2 Vậy abc a3 b 3 c 3 3abc