Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian làm bài: 150 phút 1 1 1 Bài 1. a) Cho ab,0 thỏa mãn . Chứng minh rằng ab2018 a b a 2018 b 2018 . b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6xx2 3 3 0 . a 2 Tính giá trị của biểu thức A . a42 a 2 a Bài 2. a) Giải phương trình (1 điểm) 1 1 x 3 2 x x . b) Tìm các cặp số nguyên xy; thỏa mãn x 2018 2 y4 6 y 3 11 y 2 6 y xy 2 2xy 1 2 1 Bài 3. a) Giải hệ phương trình 2 2 3x 2 y y 1 4 x 1 b) Cho x, y , z 0 thỏa mãn 2 yz . Chứng minh rằng x 3yz 4 zx 5 xy 4 x y z Bài 4. Cho đường tròn OR; và điểm A cố định với OA 2 R, đường kính BC quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn O lần lượt tại điểm thứ hai là D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO a) Chứng minh rằng AK AI AE AC . b) Tính độ dài của đoạn AK theo R . c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một đường thẳng cố định. Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3, ,625 chọn ra 311 số sao cho không có hai số nào có tổng bằng . Chứng minh rằng trong số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương.  HẾT 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ 1 1 1 Bài 1. a) Cho ab,0 thỏa mãn . Chứng minh rằng ab2018 a b a 2018 b 2018 . b) Cho a là nghiệm dương của phương trình 6xx2 3 3 0 . a 2 Tính giá trị của biểu thức A . a42 a 2 a Lời giải a) Từ giả thiết 1 1 1 ab ab ab 2018 a 2018 b 2018 a b a b2018 a b a b a b a b a b ab (Vì ). a b a b a b b) Ta có là nghiệm dương của phương trình nên 6aa2 3 3 0 3 6a2 1 a 1 2 3 a2 0 a 2 3 a 2 3 0 . 3 2 3 Do đó a 2 . a42 a 2 a a 2 4 2 2 A 44 a 1 2 3 a 2 a a42 a 2 a a a 2 a 2 a2 3 a 2 a 2 3 a 2 3 a 2 a 2 3 . Bài 2. a) Giải phương trình (1 điểm) 1 1 x 3 2 x x . b) Tìm các cặp số nguyên xy; thỏa mãn x 2018 2 y4 6 y 3 11 y 2 6 y Lời giải a) Giải phương trình . ĐK: x 1 112 x 3 x x x .2 3 x x 11 x x 3 2110 x x x 0 3 2 xx 1 1
3. Xét phương trình 3 2 xx 1 1 . 3 2 xa a b 1 a b 1 a b 1 Đặt 3 2 3 2 2 3 2 1 xb a b 1 b 3 b 3 b 1 b 1 b 2 b 3 b 0 a 1 x 1. b 0 Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x 0;1 . 2 b) x 2018 22 y4 6 y 3 11 y 2 6 y x 2018 1 y 2 3 y 1 2 x2018 2 y2 3 y 1 1 y 2 3 y x 2019 y 2 3 y x 2017 1 Vì cặp x ; y nguyên nên: y2 3 y x 2019 1 x 2018 x 2018; y 0 TH1: . 2 2 y 3 y x 2017 1 yy 30 xy 2018; 3 y2 3 y x 2019 1 x 2018 x 2018; y 1 TH2: . 2 2 y 3 y x 2017 1 yy 3 2 0 xy 2018; 2 Vậy phương trình có các nghiệm xy; 2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3  xy 2 2xy 1 2 1 1 Bài 3. a) Giải hệ phương trình 2 2 3x 2 y y 1 4 x 1 b) Cho x, y , z 0 thỏa mãn 2 yz . Chứng minh rằng x 3yz 4 zx 5 xy 4 x y z Lời giải 1 a) ĐKXĐ: xy, . Từ 3x 2 y y 1 4 x2 2 1 x 2 y 4 x y 1 0 . Vì x, y x 2 y 4 0, do đó: 2 x y 1 0 y 1 x
4. 4xx2 4 1 Thay vào phương trình 1 ta được: 2xx 1 3 2 2 ; 2 13 x 22 tt42 8 Đặt 2x 1 3 2 x t , 2 t t t 2 t2 2 t 4 0 8 t 2 (Vì t 0). t 51 13 xy ; 22 TH1: t 2 2 x 1 3 2 x 0 (thỏa mãn điều kiện 31 xy ; 22 xác định) TH2: t 5 1 2 x 1 3 2 x 1 5 0 (vô lí).  1 3 3 1 Vậy phương trình có nghiệm: xy;;,;  .  2 2 2 2 b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có 3yz 4 zx 5 xy yz zx zy xy zx xy 2 3 2z 4 y 6 x x y z x y x z y z 1 4 xy 2()8 zx xy 4 xz 4(2 xyz )4. x 4 . x 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z . 3 Bài 4. Cho đường tròn OR; và điểm A cố định với OA 2 R, đường kính BC quay quanh O sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I . Các đường thẳng AB , AC cắt đường tròn O lần lượt tại điểm thứ hai là D và E . Gọi K l à giao điểm của DE và AO a) Chứng minh rằng AK AI AE AC . b) Tính độ dài của đoạn AK theo R . c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp ADE luôn thuộc một đường thẳng cố định.
5. Lời giải B D O F I A K E N C a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp ABC DEC 180  AEK ABC ( cùng bù DEC ). Mặt khác ABC AIC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ); suy ra AEK AIC (bắc cầu) Xét AEK và AIC có : và EAK chung nên # (g.g) AE AK AE AC AK AI AI AC b) Xét AOB và COI có : AOB COI (đối đỉnh) và BAO ICO (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI ) nên đồng dạng (g.g) OA OB OB.5 OB R OI AI R OC OI OA 22 Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn O , dễ dàng chứng minh được ANE đồng dạng ACN (g.g) AE.3 AC AN2 AO 2 ON 2 R 2 . 56 Mà theo câu (a) : AE. AC AK . AI AK . R 3 R2 AK R . 25 c) Gọi F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ADE với OA , ta có AFD AED mà AEK ABC (câu a) nên AFD ABC nên tứ giác BDFO nội tiếp đường tròn. Dễ dàng chứng minh được ADF AOB (g.g) AD AB AF AO; và ta cũng chứng minh được
6. 3 AD AB AN22 AF AO AN AF R không đổi, mà A cố định nên 2 F cố định suy ra AF cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường trung trực của đoạn cố định. Bài 5. Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1,2,3, ,625 chọn ra 311 số sao cho không có hai số nào có tổng bằng . Chứng minh rằng trong số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương. Lời giải Ta phân chia số tự nhiên đã cho thành nhóm như sau: +) nhóm thứ 1 gồm năm số chính phương 49;225;400;576;625 +) và 310 nhóm còn lại mỗi nhóm gồm hai số có tổng bằng (không chứa các số của nhóm 1). Nếu trong số được chọn không có số nào thuộc nhóm thứ , thì số này thuộc các nhóm còn lại. Theo nguyên tắc Dirichle phải có ít nhất hai số thuộc cùng một nhóm. Hai số này có tổng bằng (vô lí). Vậy chắc chắn trong số được chọn phải có ít nhất một số thuộc nhóm thứ . Số này là số chính phương.