Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018 Bài 1: (5 điểm) x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a/ Cho biểu thức M : x x 8x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M>1 a b b c c a b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính H= 1 c 1 a 1 b Bài 2: (4 điểm) 55 a/ Giải phương trình 30 6xx22 6 xx22 2 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để 4x32 14 x 9 x 6 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz. 1 1 xz2211 y2 1 1 Chứng minh rằng: xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thăng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( M OB), vẽ HN vuông góc với OC ( N OC) a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ Chứng minh OB OC=2R2 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi Bài 5: (1 điểm) cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. Họ tên thí sinh SBD:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A) Câu Nội Dung Điểm Bài 1 5 đ a/ x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 3đ a/ Cho biểu thức M : x x 8x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M>1 x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 25 x * M : 0,5 x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 1xx 1 3 5 2 : x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 (3x 5)( x 1) 2( x 2) : 0,5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x x 2 3 x 3 x 5 x 5 2 x 4 : 0,25 x 2 x 11 x 2 x 1 x 3 3 x 9 x 3 xx 21 x 1 : 0,5 x 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3) 3 x 1 x 1 Vậy M= với xx 0; 1,3,4 0,25 31 x x 1 x 1 4 2 x 2 x *M 1 khi 1 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính 2 đ a b b c c a H= 1 c 1 a 1 b Vì nên 1+c= ab bc cac a c b c 0,5 Tương tự ta có 1 a a b a c ;1 b a b b c 0,5 a b b c c a 1,0 Vậy H= acbc abac abac acbc abac bcab = acbc abac bcab
3. 1 1 1 1 1 1 = 0 bcacacababbc Bài 2 4,0đ a/ 55 5 Giải phương trình 30 6xx22 6 ĐK: x2 2,0đ xx22 6 5 2 2 61x 0,5 5 2 552 x Vì 2 0;6x 1 0 , theo côsi ta có 30 22 6x 1 x xx 2 5 Dấu = có khi 6xx2 1 1 x2 5 (6x2 ) 1 5 55 2 Vì 60x2 , theo côsi ta có 6xx22 (6 )  1 x 0,5 x2 xx222 5 2 Dấu = có khi 6xx 2 1 1 x 55 6xx22 1 6 1 5522 2 xx 0,5 Vây ta có 30 22 6x xx 2 5522 30 6xx 6 Dấu = có khi x 1 xx22 Vậy x= 1 là nghiệm phương trình 0,5 b/ 2 Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên 2,0đ x 2 0,75 Đặt a x 3; b x2 2 3; c x với a,, b c Z x Từ a x 3 x a 3; từ b x22 2 3 x b 2 3 , nên ta có 2 a 3 b 23 a22 233 a b 23231 a b a 3 ba 2 3 ba 2 3 -Nếu a+1 0 a 1 2 3 , vì a, b Z Q 2 3 Q VL 0,5 a 1 a 1 a 10 a 1 x 31 0,5 Vậy a+1=0 nên ta có 2 ba 30 b 4 Với x 31 ta có ab 1; 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài 0,25 Bài 3 4,0 đ a/ a/ Tìm x nguyên dương để 4x32 14 x 9 x 6 là số chính phương 2,0đ Vì là số chính phương, nên ta có 4x32 14 x 9 x 6 =k2 với k N 0,5 Ta có 4 x32 14 x 9 x 6= = x 2 4 x2 6 x 3 nên ta có x 2 4 x2 6 x 3 = k 2 2 * Đặt x 2,4 x 6 x 3 d với d N 0,5 Ta có x 2 d x 2 4 x 2 d 4 x 6 x 4 d 2 2 2 Ta lại có 463x x d 4634641 x x x x d d 1
4. Vậy x 2,4 x2 6 x 3 1 2 2 0,75 mà x 2 4 x 6 x 3 = k nên ta có x+2 và 4xx2 6 3 là số chính phương x 2 a2 v à 4x 2 6 x 3 b 2 với a,b N * Vì x>0 nên ta có 4x2 b 2 4 x 2 12 x 9 2 x 22 b 2 2 x 3 22 2 2 Vì b lẻ nên b 2 x 1 4 x 6 x 3 4 x 4 x 1 x 2 Với x=2 ta có 4x32 14 x 9 x 6 =100=102 là số chính phương 0,25 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz. 2 b/ 1 1 xz2211 y 1 1 2,0đ Chứng minh rằng: xyz x y z 1 1 1 Từ Gt suy ra: 1. 0,5 xy yz zx 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 Nên ta có: 2 ;" " y z x x xyyzzx xyxz 2 x y z 11 x2 1 4 1 1 Vậy . x 2 x y z 11 y2 1 1 4 1 11 z2 1 1 1 4 Tương tụ ta có ; 0,5 y 2 x y z z 2 x y z 1 1 xz2211 y2 1 1 1 1 1 Vậy ta có 3 ;" " x y z x y z x y z 0,25 21 2 2 2 Ta có xyx 3 xyyzxx xy yz xz 0 0,5 2 2 Nên x y x 3 xy yz xx 2 xy yz xz 1 1 1 xyz 3 xy yz xz 3 xyz 3 xyz xyz x y z Vậy ; " " x y z 0,25 Bài 4 6 đ a B M H E A O N C a/ a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định 3đ *Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ 0,5 thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH22 R 22 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH R . Vậy ta có OM OB ON  OC
5. OM OA 0,5 * Ta có OM OB OH22 R mà OA=R nên ta cóOM OB OA2 OA OB OM OA Xét OMA và OAB có O chung, có OMA OAB OAM OBA. OA OB Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân AOB OBA AOM OBA , vậy OAM AOM 0,5 OMAcân MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA 0,5 Ta có MO MA; NO NA, vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN 0,5 OA với OA ta có EO=EA= và MN OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy 2 MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ b/ Chứng minh OB. OC=2R2 1,5đ OM ON 0,5 Ta có OM OB ON  OC OC OB OM ON Xét OMN và OCB có O chung , có OMN OCB , OC OB OM OE OM OE OE 11 mà OE  MN và OH BC nên ta có OM OC OC OH OC OA2 OE 2 2 0.5 ( vì OH=OA=2OE) 1 Ta có ( cm trên) OC  OB R22 OC  OB 2 R 2 0,5 c/ c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 1,5đ S OE2 OE 2 OE 2 1 0,5 Ta có OMN OCB (cm trên) OMN 22 2 SOCB OH OA 2OE 4 1 1 1 1 1 1 1 2 Nên SOMN S OCB   OHBC RBC RABAC()() RRR R 0,75 4 4 2 8 8 8 4 Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng HA 1 Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là SR 2 khi HA 0,25 OMN 4 Bài 5 1đ -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong 0,25 -Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương 0,5 k sao cho k2 n k 1 2 .Vì n nguyên dương và n k22 n k 1, vậy ta có: 222 2 2 2n k 12(1) k k 1 k 21 k k 10 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k2 n k 1 2 2n 0,25 Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.