Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD và ĐT Đắk Lắk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD và ĐT Đắk Lắk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH ĐẮC LẮC NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 9 – THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi : 05/4/2017 Bài 1. (4 điểm) 1 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 1) Cho số thực a mà a > 2. Rút gọn biểu thức A. a a 2 a 1 a 2 a 1 x2 3x y 3 y 1 2) Giải hệ phương trình 16 3 y 5 x Bài 2 (4 điểm) 2 1) Tìm m để phương trình x 2m 1 x 3m 1 0 có hai nghiệm x12 ;x thỏa mãn 22 x12 x 5 2) Cho số thực b thỏa mãn điều kiện đa thức P(x) x2 bx 2017 có giá trị nhỏ nhất là một số thực dương. Chứng minh cả hai phương trình 4x2 12 10x b 0 và 4x2 12 10x b 0 đều có hai nghiệm phân biệt Bài 3 (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 1 2x2 y 2 4 2 2) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt M(n) 2n 2 4n 1 n . Chứng minh rằng 28M(n) luôn chia hết cho 31 Bài 4. (4 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O. Dây AB cố định không phải đường kính. Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E sao cho góc CIA và EIB là góc nhọn. CI cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C. EI cắt đường tròn (O) tại điểm F khác E. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và D cắt nhau tại M, các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại E và F cắt nhau tại N. Nối OM cắt CD tại P và ON cắt EF tại Q. Chứng minh rằng 1) Tứ giác PQNM nội tiếp 2) MN song song với AB Bài 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại C, có góc ở đỉnh là 360 . Chứng minh AC 1 5 AB 2 Bài 6 (2,0 điểm) Cho hai số thực a, b thay đổi sao cho 1 a 2;1 b 2 . Tìm giá trị lớn 224 2 4 2 nhất của biểu thức A a b 22 b a a b b a
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 ĐẮC LẮC 2016-2017 Bài 1. 1) 33 11 a 1 a 1 1 a 1 a 1 1 a 1 1 a 1 1 A aa22 a 2 a 1 a 2 a 1 a 1 1 a 1 1 1 a11a1 a11 a11a1 a11 . a a 1 1 a 1 1 1 . a a 1 a a 1 2 (doa 2 a 1 0; a 1 1 0) a x2 3x y 3 y 1 2) 16 (ĐK: x 0;y 0) 3 y 5 (*) x x 1 0 (1) 16 x 1 x 3 y 1 0 3 y 5 x (*) Ta có 16 3 y 5 x 3 y 1 0 x 16 (2) 3 y 5 x x1 x1 Giải (1) 121 3 y 11 y (TMDK) 9 x 3 y 1 x 3 y 1 x 3 y 1 x2 Giải (2) 16 (TMDK) 3 y 5 y1 3y 4 y 7 0 y 1 3 y 7 0 3 y 1  121 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x;y  1; ;(2;1)  9 Bài 2. 1) Ta có 2m1 22 43m1 4m1 10 với mọi m. Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x12 x (2m 1) Theo Vi et, ta có: x12 x 3m 1 22 2 x1 x 2 5 x 1 x 2 2x 1 x 2 5 Khi đó m1 2 2 2m1 23m1 5 2m m10 m12m1 0 1 m 2
3. 2 22 2 b b b 2) P(x) x bx 2017 x 2017 2017 2 4 4 b2 Do đó Min P(x) 2017 4 b2 Ta có 2017 0 b2 4.2017 2 2017 b 2 2017 4 2 Phương trình: 4x 12 10x b 0 có 1 ' 360 4b 2 Phương trình : 4x 12 10x b 0 có '2 360 4b 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 '01 Mà 2 2017 b 2 2017 '0 360 8 2017 360 4b 360 8 2017 2 Vậy cả hai phương trình đều có nghiệm phân biệt Bài 3. y 1 2m (1) 1) 12 x y 2 y1y12 x y12(2) n m n x Từ (1) và (2) 2m 2 n 22 2 2 m2,n1 x3;y3 2 2 n2 4t t 2) +) Nếu n chẵn n4 n 4t(t ) 2 2 16 5k11 1(k ) 4 2 4n42 1 n 4p 1 p Và 4n 1n 4p1(p ) 2 2 2.16 5k22 2(k ) Nên M(n) 5k 3(k ) 2M(n) 8 2 5k 3 8 832 k 131(1) 2 n2 4t 1 t +) Nếu n lẻ n 4t1t 2 2 2.16 5k1 2k 4 2 4n42 1 n 4p p Và 4n 1n 4p(p ) 2 2 16 5k2 1(k ) Nên M(n) 5k3(k ) 2M(n) 8 2 5k 3 8 832 k 131(2) Từ (1) và (2) suy ra 28M(n) luôn chia hết cho 31. Bài 4.
4. F O D P Q A I B C E M N T 1) Tứ giác PQNM nội tiếp Ta có : OC = OD (bán kính ), MC = MD (MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau) suy ra OM là trung trực của CD OM DP Xét ODM : ODM 900 (MD là tiếp tuyến của (O) tại D), OM DP(cmt) OD2 OP.OM(a) Chứng minh tương tự có: OF2 OQ.ON(b). Lại có:OD OF (bán kính) © OP ON Từ (a) (b) (c) OP.OM OQ.ON OQ OM OP ON Xét OPQ và ONM có O chung; (cmt) OQ OM Vậy tam giác OPQ đồng dạng tam giác ONM (c.g.c) nên OPQ ONM Nên tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm)
5. 2) MN song song với AB Tứ giác OPIQ có : OPI OQI 900 (theo câu a) Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp QOI QPI (góc nội tiếp cùng chắn cung QI) Lại có ONM OPQ(cmt) QOI ONM QPI OPQ OPI 900 (doOM  DP) ONT vuông tại T (T là giao điểm của OI và MN) 1 OI MN , mặt khác OI AB (vì IA IB AB(gt) ) vậy AB // MN (đpcm) 2 Bài 5. C 36 D A a B 1800 ACB 180 0 36 0 Ta có CAB CBA 720 (Vì tam giác ABC cân tại C) 22 Kẻ phân giác BD của góc ABC CBD ABD 360 Chứng minh được BDC cân tại D, ABD cân tại B Đặt AC = BC = x, AB = BD = CD = a (x, a >0) Mặt khác BD là phân giác của ABC CD AD CD AD AC a x Nên x22 ax a 0 (*) BC AB BC AB BC AB x x a 15 AC 1 5 a 1 5 Giải phương trình (*) ta được xa (vì x >0) nên :a 2 AB 2 2 Bài 6. xy 2 Áp dụng BĐT xy 4
6. 2 222 4 4 a b a 22 b 224 2 4 2 a b a b Ta có: A a b 22 b a a b b a 4 2 4 2 4 Đặt a xa2 x4;b 2 yb 2 y4 2 a a2 b b Lại có 1 a 2 ;1 b 2 suy ra 2 a2 2 3a 2 2 a1a20a3a2a 2 30x3 a a a 2 b2 2 3b 2 2 b1b20b3b2b 2 30y3 b b b 2 x y x22 y 8 3 3 9 9 8 2 Nên A 64 44 4 2 4 2 a b22 b a a22 b b a a b 1 Đẳng thức xảy ra khi a 1 a 2 0 a b 2 b 1 b 2 0 a b 1 Vậy Max A 64 a b 2