Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 THCS năm học 2016-2017 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 THCS năm học 2016-2017 môn Toán - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT HẢI DƢƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho biểu thức P 1x(1x)1x 22 1x(1x)1x với 1x1 . 1 Tính giá trị của biểu thức P khi x . 2017 b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn a b c a b c 2. a b c 2 Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c) Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2x22 2x1 (2x1) x x 21 2 x2 y 1 xy x 1 b) Giải hệ phương trình: 3 2x x y 1 Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn: 2x22 2y 3x 6y 5xy 7 . b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n22 2n n 2n 18 9 là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại M (M khác A). a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM. b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích BHC đạt giá trị lớn nhất. 2) Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn a2 b 2 c 2 3. a2 3ab b2 b2 3bc c2 c2 3ca a 2 Chứng minh rằng: 3. 6a2 8ab 11b2 6b2 8bc 11c2 6c2 8ca 11a 2 Hết Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: .
2. Câu 1 (2,0 điểm). a) Cho biểu thức P 1x(1x)1x 22 1x(1x)1x với 1x1 . 1 Tính giá trị của biểu thức P khi x . 2017 b) Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn a b c a b c 2. a b c 2 Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c) Bài làm a. P 1x(1x)1x 22 1x(1x)1x 22 P 1 x 1 1 x 1 1 x (vì ). Lúc đó suy ra P22 (1 x)2 21 (1 x) 2(1 x)(1 x) . Mà P 1x(1x)1x 22 1x(1x)1x 0 .Nên từ đó ta suy ra P 2(1 x) (vì 1 2018 1 x 0) .Vì x0 nên suy ra P2 . 2017 2017 b. Đặt x a;y b;z c xy yz xz 1 a 1 (x y)(x z) . Tương tự ta có b 1 (z y)(x y);c 1 (z x)(z y) .Nên lúc đó ta có : a b c 2(xy yz xz) 2 VP 1 a 1 b 1 c (x y)(y z)(z x) (1 a)(1 b)(1 c) Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2x22 2x1 (2x1) x x 21 2 x2 y 1 xy x 1 b) Giải hệ phương trình: 3 2x x y 1 Bài làm a. 2x2 2x1 (2x1) x 2 x 21 (x 2 x 2) x 2 x1 (2x1) x 2 x 21(1). Đặt t x2 x21 x 2 x2(t1) 2 .Thay vào phương trình (1) ta có : tx (t x)(t x 1) 0 . t x 1 x1 1 Với t x 22 x . x x 2 (x 1) 3 x1 Với t x 1 22 x 2 . x x 2 x
3. 1 Vậy nghiệm phương trình là x ;x 2 . 3 2 2 x2 y 1 xy x 1 x2 y 1 x(y 1) 1 b. (I) .Ta có (I) (II) . 3 3 2x x y 1 2x x y 1 x22 t xt 1 x22 t xt 1 x t 1 Đặt t= y+1 ta có hệ (II) . 3 2 2 2x (x t)(x t xt) xt x t 1 Vậy nghiệm hệ là (1;0);(-1;-2). Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thoả mãn: 2x22 2y 3x 6y 5xy 7 . b) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n22 2n n 2n 18 9 là số chính phương. Bài làm a. Ta có 2x22 2y 3x 6y 5xy 7 (x 2y)(2x y 3) 7 . Xét tất cả trường hợp ta có nguyên (x;y) là (3;2);(-5;-6);(-7;-4);(1;4). b. là số chính phương. Lúc đó suy ra n2 2n 18 là số tự nhiên . Đặt n2 2n 18 k(k ) .Ta có n2 2n 18 k(k ) (k n 1)(k n 1) 17.Vì k,n đều k n 1 17 k 9 là tự nhiên và k n 1 k n 1 nên ta xét trường hợp sau : .Lúc đó k n 1 2 n 7 n2 2n n 2 2n 18 9 81 9 2 .Vậy n = 7 thỏa đề . Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O,R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D thuộc BC, E thuộc CA, F thuộc AB). Tia EF cắt tia CB tại P, AP cắt đường tròn (O,R) tại M (M khác A). a) Chứng minh rằng: PE.PF = PM.PA và AM vuông góc với HM. b) Cho cạnh BC cố định, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để diện tích BHC đạt giá trị lớn nhất. 2) Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
4. Bài làm 4.1a. A M E O F H P C B D N K Do BE ,CF là đường cao của tam giác ABC nên BFC BEC 900 . Nên tứ giác BFEC nội tiếp suy ra PBF PEC. PB PF Từ đó có tam giác PBF đồng dạng với PEC suy ra PE.PF PB.PC (1). PE PC Tứ giác AMBC nội tiếp suy ra PBM PAC . PB PM Từ đó có tam giác PBM đồng dạng với PAC suy ra PB.PC PM.PA (2). PE PC Từ (1) và (2) suy ra PE.PF=PM.PA . PE PA Ta có PE.PF=PM.PA suy ra . Ta có tam giác PMF đồng dạng với tam giác PEA.Lúc đó suy PM PF ra PMF PEA .Ta có tứ giác AMFE nội tiếp (3).Do AHE AFH 900 nên suy ra tứ giác AEHF nội tiếp (4).Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm A,M,F,H,E cùng thuộc 1 đường tròn đường kính AH .Suy ra AMH 900 AM  HM . 4.1b.Kẻ đường kính AK của đường tròn (O).Gọi N là trung điểm cạnh BC .Chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành .Mà N là trung điểm của BC nên N là trung điểm của HK. Suy ra ON là đường trung bình của tam giác KAH hay AH=2.ON. Ta có tam giác OBC cân tại O suy ra ON là đường trung tuyến ,cũng là đường cao ,phân giác .Lúc đó 1 có NOC BOC (không đổi vì 3 điểm B,O,C cố định ). 2 1 1 1 Do đó S . BC . HD BC ( AD AH ) BC ( AN 2. ON ) .Hay suy ra BHC 2 2 2
5. 1 1 1 S BC(2.) AN ON BC ( AO ON 2.) ON BC .( AO ON ) . BHC 2 2 2 11 Tiếp tục ta suy ra S . BC ( R Rc os )= R . BC (1 c os ) (không đổi ). BHC 22 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D trùng với N và ba điểm A,O,N thẳng hàng . Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC .Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì diện tích BHC đạt giá trị lớn nhất. 4.2 . A K E F O C B I Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF . Xét trường hợp điểm K trùng với điểm A .Khi đó KI là dây cung của (O).Mà EF là đường trung trực của KI suy ra EF đi qua O . Xét trường hợp điểm K không trùng với A .Ta có CIF BIE 18000 EIF BIC 180 Do có tứ giác ABIC nội tiếp nên suy ra BAC BIC 1800 .Từ đó ta có BAC EIF EAF EIF Mà EKF EIF (do I và K đối xứng nhau qua EF).Ta suy ra EKF EAF hay bốn điểm A,K,E,F cùng thuộc một đường tròn . Khi đó ta thu được hoặc tứ giác AKEF nội tiếp hoặc tứ giác AKFE nội tiếp .Không mất tính tổng quát ,ta giả sử AKFE nội tiếp .Ta suy ra KAF KEF (cùng chắn cung KF ) suy ra KAB KEF (1). Mà IEF KEF (do I và K đối xứng nhau qua EF) (2) . Mặt khác IEF BIK (cùng phụ với góc KIE (3).Từ (1) ,(2) và (3) ta suy ra KAB BIK .Suy ra AKBI nội tiếp suy ra K nằm trên (O).Khi đó KI là dây cung của (O).Mà EF là đường trung trực của KI nên suy ra E,O,F thẳng hàng .Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định
6. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn a2 b 2 c 2 3. a2 3ab b2 b2 3bc c2 c2 3ca a 2 Chứng minh rằng: 3. 6a2 8ab 11b2 6b2 8bc 11c2 6c2 8ca 11a 2 Bài làm Đặt vế trái của (1) là M .Ta có a2 3ab b2 a2 3ab b2 6a2 8ab 11b2 (2a 3b)2 2(a b)2 (2a 3b)2 . 6a22 8ab 11b 2a 3b a22 3ab b 3a 2b Tiếp tục ta chứng minh (a b)2 0 (luôn đúng ). 2a 3b 5 b2 3bc c2 3b 2c c2 3ca a2 3c 2a Tương tự ta có ; . 6b2 8bc 11c2 556c2 8ca 11a 2 3b 2c 3a 2b 3c 2a Cộng ba bất đẳng thức trên ta có M a b c. 5 5 5 Mà ta có (a bc)2 a 2 b 2 c 2 2(ab bcca) a2 b 2 c 2 (a 2 b)(c 2 2 a)(b 2 2 c) 2 . Hay (abc) 2 3(a 2 b 2 c)9 2 abc3 .Vậy M3 ,dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1