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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 21 /02/2017 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,0 điểm): 2x− 16 x ++ 4 2x 1 Cho biểu thức: M = ++ với x≥≠≠ 0; x 4; x 16 x−+ 6x 8 2 − x x − 4 a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm x để M6= c) Tìm các số nguyên x để M là số nguyên Câu 2 (6,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a) x432+ 2x + 2x ++ 2x x 2 ++= 2x 10 2 b) 4 x32+= 8 x ++ x 10 c) x22+ 2y2xy4x3y20 + − − −=, trong đó x,y là các số nguyên dương  1  4x++ 2 (1 ) = 3  x++ y1 d)  1  4y+− 2 (1 ) = 1  x++ y1 Câu 3 (2,0 điểm): Cho phương trình: x22+ 2(m −+++= 1)x m 2m 1 0 (x là ẩn; m là tham số khác 0). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x12 ;x thỏa mãn: 2 1 10 22+ +=0 x1+ x 2 x 12 x 9m Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K. a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) c) Chứng minh IK song song với AB d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn abc3++=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qa=++3 b 33 c HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 Môn: TOÁN - Ngày thi 21/2/2017 (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Điểm toàn bài thi lẻ đến 0,25. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 2x− 16 x ++ 4 2x 1 Cho biểu thức M = ++ với xx≥≠≠0; 4; x 16 x−+ 6x 8 2 − x x − 4 a) Rút gọn biểu thức M (1,25 điểm) 2x− 16 x ++ 4 2x 1 - Ta có M = −+ 0.25 (x2)(x4)x2−− − x4 − 2 x−− 16 ( x + 4)( x −+ 4) (2 x + 1)( x − 2) = 0.25 ( x−− 2)( x 4) x−− x2 = 0.25 ( x−− 2)( x 4) (x−+ 2)(x1) = 0.25 ( x−− 2)( x 4) x1+ = 0.25 x4− Câu 1(4đ) b) Tìm x để M = 6 (1,25 điểm) x1+ Ta có: M6=↔= 6 0.5 x4− ↔x += 1 6( x − 4) 0.25 ↔=x5 0.25 ↔=x 25 0.25 c) Tìm các số x nguyên để M là số nguyên (1,5 điểm) x−+ 45 5 Ta có: M1= = + 0.5 x4−− x4 5 Để M là số nguyên thì ∈ Z ↔−( x 4) là ước của 5 0.25 x4− ↔( x − 4) ∈−{ 5;5; − 1;1} ↔ x ∈−{ 1;9;3;5} 0.25 Suy ra: x∈{ 9; 25; 81} 0.25 Vậy: x∈{ 9; 25; 81} thì MZ∈ 0.25 1
3. Giải các phương trình, hệ phương trình sau 432 2 a) GPT: xxxxxx+2 + 2 ++ 2 ++= 2 10 2 (1,5 điểm) - Điều kiện xR∈ (hoặc xx2 ++≥2 10 0 ) 0.25 - Phương trình ↔(xxxxx4 + 2 32 + )( + 2 +++ 21) xx2 ++= 2103 0.25 ↔22 + +++ 2 ++= 2 (xx ) ( x 1) ( x 1) 9 3 0.25 (xx22+≥ )0   2 22 2 2 Do ∀∈xR: ( x +≥ 1) 0 → (x + x ) +++ ( x 1) ( x ++≥ 1) 9 3 0.25  2  (x + 1) +≥ 9 3 (xx22+= )0  Câu Dấu bằng xẩy ra (xx+ 1)2 = 0 ↔=−1 (tmđk) 0.25 2  2 (6đ)  (x + 1) += 9 3 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = -1. 0.25 b) GPT: 4 x32+= 8 x ++ x 10 (1,5 điểm) - Điều kiện x ≥−2 - Phương trình: ↔4 (x + 2)( xx22 −+=−+++ 2 4) xx 2 4 3( x 2) 0.25 xx++2 3( 2) ↔=41+ 0.25 xx22−+24 xx −+ 24 t =1 x + 2 2  Đặt tt= (≥ 0) , khi đó ta có 4tt=+↔ 13 1 0.25 xx2 −+24 t =  3 +) TH1: t=→+=1 x 2 x22 − 2 x +↔ 4 x − 3 x +=↔∈ 2 0 x{ 1; 2} ( tm : x ≥− 2) 0.25  11+ 177 x = (tm : x ≥− 2) 1 22 2 +) TH2: t=→9( x + 2) = xx − 2 +↔ 4 x − 11 x − 14 =↔ 0  0.25 3  11− 177 x = (tm : x ≥− 2)  2 11+− 177 11 177 - Vậy tập nghiệm của pt: S = 1; 2; ; 0.25 22 *Cách khác: - Điều kiện x ≥−2 - Phương trình ↔4 (x + 2)( xx22 −+= 2 4) ( xx −++ 2 4) 3( x + 2) 0.25 Đặt ux=2 −+2 xvx 4; = + 2;; uv ≥ 0, ≥ 0 . Khi đó ta có 43uv= u22 + v 0.25 uv= Học sinh lập luận ra  0.25 uv= 3 +) TH1: u=↔ v x22 −2 x +=+↔ 4 x 2 x − 3 x +=↔∈ 2 0 x{ 1; 2} ( tm : x ≥− 2) 0.25 11+− 177 11 177 +) TH2: uvx=3 →22 − 2 x += 4 9( x + 2) ↔ x − 11 x − 14 =↔∈ 0 x; 0.25 22 11+− 177 11 177 - Vậy tập nghiệm của pt: S = 1; 2; ; 0.25 22 2
4. c) GPT: x22+2 y + 2 xy −−−= 4 x 3 y 20, trong đó x, y là các số nguyên dương (1,5 điểm) Viết lại pt dưới dạng: x22+2 xy ( − 2) + 2 y − 3 y −= 2 0 (*) 0.25 Coi (*) là pt bậc hai ẩn x. Pt (*) có nghiệm nên ∆≥↔'0 (y − 2)22 − (2 y − 3 y − 2) ≥↔ 0 yy2 +−≤↔−≤≤ 6 0 3y 2 0.25 Do y là số nguyên dương nên y ∈{1; 2} 0.25 2 x = −1 +) TH1: y=→1 xx − 2 −=⇔ 30  x = 3 0.25 Cặp số x = 3; y = 1 thỏa mãn pt ban đầu +) TH2: y=→2 x2 =↔= 0 x 0 ( ktm : x > 0) 0.25 - Vậy nghiệm của pt: (xy ; )= (3, 1) 0.25  1  4x ++ 2 (1 ) = 3  xy++1 d) GHPT:  (1.5 điểm)  1 4y +− 2 (1 ) = 1  xy++1 11 - Điều kiện: x≥−; y ≥− ; xy + + 10 ≠ 22 0.25 11 Từ hệ phương trình suy ra x>− ;y >− 22  13 1+=()a  xy++1 42x + - Hệ phương trình ↔  0.25 11 1−= ()b  xy++1 42y + 31 Cộng vế theo vế của pt (a) và pt (b), ta được: 2 = + (1) 42xy++ 42 0.25 231 Trừ vế theo vế của pt (a) cho pt (b), ta được: = − (2) xy++1 42xy++ 42 4 91 Nhân tương ứng hai vế của (1) và (2): = − xy++14 x + 24 y + 2 ↔4(4x + 2)(4 y +=++−+ 2) ( xy 1)( 4 x 36 y + 16) 0.25 ↔x22 +8 xyy − 9 + 5( xy −=↔− ) 0 ( xyx )( + 9 y += 5) 0 +) TH1: xy= Thay vào (a):  1 4y+=↔=− 2 1 y 13  1+ = ↔(4y + 2) += 2 3 4y +↔ 2  4 2y+ 1 4y+ 2 1 0.25  4y+=↔= 2 2 y  2 1 1−− 111 1−− 11 y=−→=− x (tm : x > ; y > ); y =→= x (tm : x > ; y > ) 4 4 22 2 2 22 11 +) TH2: xy+9 += 50 loại do x>− ;y >− 0.25 22 −−1 111 - Vậy nghiệm của hệ là: (xy ; )=  ( , );( , ) 4 4 22 3
5. Cho phương trình x22+2( m − 1) xm + + 2 m += 1 0 ( x là ẩn; m là tham số khác 0). Tìm m để 2 1 10 + += phương trình có hai nghiệm phân biệt xx12; thỏa mãn: 22 0 (2 điểm) x1+ x 2 xx 12 9 m Phương trình phải có 2 nghiệm phân biệt xx; 12 0.25 ↔∆>↔' 0 (m − 1)22 − ( mm + 2 +>↔−>↔ 1) 0 4 m 0 m < 0 2 Theo Viet: x1+=−− x 2 2( m 1); xx12 = m + 2 m + 1 0.25 2 1 10 + += 2 Để tồn tại đẳng thức 22 0 thì xx12≠↔0 m + 2 m +≠↔ 10 m ≠− 1 x1+ x 2 xx 12 9 m (Học sinh không lập luận phần này vẫn cho điểm) Ta có: 2 1 10 2 1 10 + +=↔ + += 0.25 22 002 x1+ x 2 xx 12 9m (x1+− x 2 ) 2xx 12 xx 12 9m 2 1 10 1 1 10 Câu ↔ + +=↔00 + += 0.25 3(2đ) 4(m−− 1)22 2(m ++ 2m 1) m2 ++ 2m 1 9m m2−+ 6m 1 m 2 ++ 2m 1 9m 1 1 1 10 1 1 10 ↔( ++=↔++=)0 0 11 11 0.25 m9m6−+ m2 ++ m6−+ m2 ++ 9 mm mm 1 Đặt tm= + . Do mm<0; ≠− 1 nên tt<0; ≠− 2 . Khi đó ta có phương trình m t=− 3 (tm : t < 0;t ≠− 2) 0.25 1 1 10 2  + +=↔0 10t − 22t − 156 =↔ 0 26 t6−+ t2 9 t= (ktm: t < 0;t ≠− 2)  5 1 −−3 53 −+ 5 Với t=−→+ 3 m =−↔ 3 m2 + 3m += 1 0 ↔ m ∈ ; 0.25 m 22 −−3 53 −+ 5 Vậy m∈ ; là giá trị cần tìm 0.25 22 Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K. Câu M 4(6đ) C I K A B O H 4
6. a) Chứng minh 4 điểm C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn (1,5 điểm) +) CH⊥→ AB CHO =900 nên H thuộc đường tròn đường kính CO 0.5 +) OA= OC; IA = IC → ∆AOC cân tại O có trung tuyến OI nên OI⊥→ AC OIC =900 0.5 → I thuộc đường tròn đường kính CO Vậy: 4 điểm O, I, C, H cùng thuộc một đường tròn đường kính CO 0.5 b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R) (1,5 điểm) Tam giác OAC cân tại O, có OI là đường trung tuyến nên OI là đường trung trực 0.5 Mà M∈→ OI MA = MC OA= OC  Xét hai tam giác AMO và CMO có OM chung→∆ OAM =∆ OCM( ) c c c 0.5  MA= MC Vì MAO =→=9000 MCO 90 →⊥MC CO , hay MC là tiếp tuyến của (O;R) 0.5 c) Chứng minh IK song song với AB (1,5 điểm) CH⊥ AB KH BH BH Ta có  → KH// MA ⇒==(1) 0.25 MA⊥ AB MA AB2 R 0 Do ACB=→⊥→90 BC AC BC// OM 0.25 Xét hai tam giác BCH và OMA có BHC = OAM CH BH BH →∆BCH ∆ OMA → = = (2)   0.25 CBH = MOA MA OA R Từ (1) và (2) suy ra CH=2 KH → K là trung điểm của CH 0.25 IC= IA ∆CAH có:  → IK là đường trung bình của ∆→CAH IK// AH → IK // AB 0.5 KC= KH d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. (1,5 điểm) Chu vi tam giác ABC là (2P ) = AB ++=+ BC CA2 R ( CB + CA ) 0.25 Mặt khác ta có (CB+ CA )2 ≤ ( CB 2222 + CA )(1 += 1 ) 2AB 22 = 8 R 0.25 →+≤CA CB22 R 0.25 Suy ra (2PR )≤+ 2 2 2 R =+ (2 2 2) R 0.25 Dấu “=” xảy ra ↔=↔CA CB C là điểm chính giữa cung AB 0.25 Vậy: MPax(2 )=+↔ 2(1 2 ) R C là điểm chính giữa cung AB 0.25 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn abc++=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qabc=++333 (2,0 điểm) abc,,≥ 0 Do  →≤0abc ,, ≤ 3 0.25 abc++=3  33 3 3 Ta có b+=+ c( b c ) − 3 bc ( b +=− c ) (3 a ) + 3( a − 3) bc 0.25 a −≤30  33 →− ≥ − −=−−23 Do  bc+ 221 3(a 3) bc ( a 3)(3 a ) (3 a ) 0.25 bc ≤=−( ) (3a ) 44  24 Câu 33 331 3 2 3 5(2đ) Suy ra bc+≥−−−=(3 a ) (3 a ) (27 −+− 27 aaa 9 ) 0.25 44 13 Khi đó Qabca=++≥+333 3 (27 − 27 aaa + 92 − 3 ) = ( a 3 + 3 a 2 −+ 9 a 9) 0.25 44 5
7. 33 =4 + (aaa32 + 3 −+ 9 5) = 4 +− ( a 1)2 ( a + 5) ≥ 3 0.25 44   a −=30  a −=10  ∈φ  a Dấu bằng xẩy ra bc= ↔ ↔===abc1 0.25 abc= = =1 a −=10  abc++=3 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3 khi a = b = c = 1 0.25 6