Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Trực Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD và ĐT Trực Ninh (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN TRỰC NINH NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN TOÁN LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 08 tháng 11 năm 2016 (Đề thi gồm 01 trang) (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 (4,0 điểm). 5 3 3 5 1) Rút gọn biểu thức: A = 2 3 5 2 3 5 x22 x x x 2) Cho A x x 11 x x a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A b) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình x 3 1) Giải phương trình : x 2 x 1 x 2 x 1 2 2) Giải phương trình: 2x22 5 x 12 2 x 3 x 2 x 5. Bài 3 (3,0 điểm). 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 25 y ( y 6) Bài 4 (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh CIJ CBH b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất. a b c Bài 5 (2,0 điểm). Cho abc, , 0 . Chứng minh rằng 2. b c c a a b HẾT Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT1: Số báo danh: . Họ, tên chữ ký GT2:
2. PHÒNG GD-ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM THI HUYỆN TRỰC NINH KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi : Toán 9 Bài Câu Nội dung Điểm 5 3 3 5 1. Rút gọn biểu thức: A = 2 3 5 2 3 5 2( 5 3) 2(3 5) 0,75 Câu 1 A = = (1,75đ) 2 6 2 5 2 6 2 5 2(53) 2(3 5) 2(53) 2(3 5) 0,5 A = 2 ( 5 1)22 2 ( 5 1) 5 3 3 5 A = 22 0,5 x22 x x x 2. A x x 11 x x Bài 1 a) ĐKXĐ: x0 0,25 (4 đ) 33 0,5 x22 x x x x x 1 x x 1 A xx1xx1xx1 xx1 Câu 2 xx1x x1 xx1x x1 0,5 (2,25) x x 1 x x 1 xx1 xx1xxxx 2x 2 b) B = A + x – 1= 2xx1x2x1 x1 2 2 0,5 Dấu “=” xảy ra x 1 0 x 1 ( TM ĐKXĐ) 0,25 Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=1 0,25 x 3 1) Giải phương trình : x 2 x 1 x 2 x 1 2 ĐKXĐ : x1 0,25 x 3 x 2 x 1 x 2 x 1 2 0,5 x 3 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 Bài 2 2 (4 đ) Câu 1 22x 3 0,25 xx 1 1 1 1 (2đ) 2 x 3 0,25 xx 1 1 1 1 (*) 2 Nếu x2 phương trình (*) 0,25 xx 33 x1 1 x 1 1 2 x 1 4 x 1 x 3 22
3. 16(x 1) x2 6 x 9 x 2 10 x 25 0 ( x 5) 2 0 x 5 (TM) Nếu 1 x 2 phương trình (*) 0,25 xx 33 x 1 1 1 x 1 2 4 x 3 x 1 ( TM) 22 Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 0,25 2) Giải phương trình: 2x22 5 x 12 2 x 3 x 2 x 5. Đặt u 2 x22 5 x 12, v 2 x 3 x 2 (uv 0, 0) 0,25 u22 x 2 5 x 12, v 2 2 x 2 3 x 2 u 2 v 2 2 x 10 2( x 5) 0,25 Từ (1) 2(u v)( u22 v ) ( u v )( u v 2) 0 (2) 0,25 Vì uv 0, 0, từ (2) suy ra: uv 20 . Vì vậy 0,25 2x22 5 x 12 2 x 3 x 2 2 (3) Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 0,25 2 2x2 3 x 2 x 3 Câu 2 x 30 xx 33 0,5 (2đ) 2 22 2 2x 3 x 2 x 3 7x 6 x 1 0 (7 x 7) (6 x 6) 0 x 3 (xx 1)(7 1) 0 x 3 1 1 x 1, x tm xx 1, 7 7 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 1 7 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. 0,5 Suy ra: 2016k = a3 - 3 Câu 1 Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7. (1,5đ) Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3. 0,25 Bài 3 (3 đ) Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết 0,5 cho 7 Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 2016k. ĐPCM 0,25 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: Câu 2 x2 25 y ( y 6) (1,5đ) Từ x2 25 y ( y 6) 0,25 Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
4. Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. Khi đó: y+3+x y+3-x . Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn 0,5 Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn. Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây: -16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa sè ®Çu b»ng gi¸ trÞ 0,25 (y+3+x). Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0. Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3. Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6. 0,5 V× thÕ ph•¬ng tr×nh ®· cho cã c¸c nghiÖm : ( x,y) 5,0; 5, 6; 4, 3.  D Bài 4 C (7 đ) J I E A H O B + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC BC 0,5 Suy ra BC CD (1) Câu a + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) 0,5 (1,5 đ) + Từ (1) và (2) suy ra IJ BC 0,5 + Suy ra CIJ CBH (cùng phụ với HCB ) (3) CH 0,5 +) Trong vuông CBH ta có: tanCBH (4) BH + Lập luận chứng minh được CJ // AB 0,5 Câu b + Mà CH  AB (gt) (2 đ) + Suy ra CJ  CH CJ CJ 0,5 +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tanCIJ CI HI (5) CI HI CH CJ + Từ (3), (4), (5) HB HI
5. 0 CH CJ 0,5 + Xét CJH và HIB có HCJ BHI 90 và (cmt) HB HI + Nên CJH đồng dạng với HIB 0,5 + Lập luận để chứng minh được HEI 900 + Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ 0,5 HE HI Câu c + Suy ra HC HJ (1,5 đ) + Suy ra HE.HJ = HI.HC 0,5 11 + Mà HJ HD; HI HC 22 + Suy ra HE.HD = HC2 C M 450 N A H O K B + Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho BOM 450 0,5 + Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và N cố định. + Kẻ MK  AB tại K 0,5 + Chứng minh được MON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra ANC 450 Câu d Xét C M (2 đ) Ta có C M nên H K Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M. 0,5 Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM Do đó ANC ANM 450 + HNC có NHC 900 nên HNC HCN 900 Mà HNC 450 nên HCN 450 Suy ra HNC HCN Suy ra HC < HN 0,5 + Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho BOC 450 thì
6. AH + CH đạt giá trị lớn nhất a b c Chứng minh rằng 2. b c c a a b Áp dụng BĐT Cauchy ta có 0,5 aa2 a b c 2 a b c b c a b c Chứng minh tương tự ta được 0,5 Bài 5 b22 b c c (2 đ) ; c a a b c a b a b c a b c 2 abc 0,5 Suy ra 2 b c c a a b a b c a b c 0,5 Dấu bằng xảy ra b c a a b c 0(Trái với giả thiết) c a b Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.