Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

1. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 . ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH Năm học 2017 – 2018 Câu 1. (4,0 điểm) x 2 x 1 x 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 . x 2 x 1 x 2 x 1 1 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu x2 1 1 thức Ax 5 ; Bx 7 . x5 x7 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x22 ( m 1) x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2xx12 1 2 1 55 xx12 . x2 x 1 x 1 x 2 2 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 . 4x2 24 x 35 5 3 y 11 y Câu 3. (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho mn 2 chia hết cho mn2 và nm 2 chia hết cho nm2 . 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao cho ab22 là số nguyên tố. Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A BAC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn ( khác ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N . 1) Chứng minh rằng MAMD MB MC và BN CM BM CN . 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B , I , E thẳng hàng. 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5. (2,5 điểm) 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0. Chứng minh rằng x 1 y 1 z 1 25 . y 1 z 1 x 1 343 xy yz zx 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . 1
2. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (4,0 điểm) x 2 x 1 x 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 . x 2 x 1 x 2 x 1 1 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu x2 1 1 thức Ax 5 ; Bx 7 . x5 x7 Lời giải 1) 22 2.xx 1 1 1 1 x1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 P 22 212211x x 212211 x x 2xx 1 1 2 1 1 2 2.xx 1 1 1 1 2.2x 1 2.x 1. 2xx 1 1 2 1 1 2 2) 1 1 12 1 x227 x 2 2 7 x 9 x 3 (do x 0 ) x22 x x x 1 1 1 Ta có x32 x x 1 3.6 18 x32 x x 112 xx422 47 xx42 1 1 1 1 1 +) x x4 x 5 x 3 x 5 18 x x4 x 3 x 5 x 5 11 xx5518 141 123 xx55 1 1 1 1 1 +) x3 x 4 x 7 x x 7 3 x3 x 4 x x 7 x 7 11 xx773 846 843 xx77 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x22 ( m 1) x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2xx12 1 2 1 55 xx12 . x2 x 1 x 1 x 2 2
3. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 2 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 . 4x2 24 x 35 5 3 y 11 y Lời giải 2 1) m241 4 m 2 m 2 m 12 7 0 x x m2 1 Theo định lí Vi-ét ta có 12 x12 x m 2 2 2xx12 1 2 1 55 2x1 1 x 1 2 x 2 1 x 2 x 1 x 2 55 xx12 xx21 xx12 x1 x 2 x 1 x 2 22 2 22 2x1 x 1 2 x 2 x 2 x 1 x 2 55 2x1 x 2 4 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 55 0 2 2m22 1 4 m 2 m 1 m 22 55 0 2m4 2148 m 2 m m 2 1 m 2 44550 m mm422 24 0 (2) Đặt ma2 a 0 Phương trình (2) trở thành aa2 2 24 0 Ta có 25 0 phương trình có 2 nghiệm: a1 4 (Nhận); a2 6 (Loại, vì a 0) +) Với a 4 m2 4 m 2 Vậy m 2; m 2 là giá trị cần tìm. 2 2) (x 1) y xy 4 (1) 4x2 24 x 35 5 3 y 11 y (2) Phương trình (1) (x 1)2 y xy 4 0 x2 2 x 3 xy y 0 x1 x 3 y x 1 0 x1 x 3 y 0 x 1 yx3 +) Thay x 1 vào phương trình (2) ta được: 4.12 24.1 35 5 3yy 11 2 3yy 11 3 3yy 11 9 3y2 11 y 10 2 y 3yy2 11 10 2 2 yy2 29 100 0 y 25 y 4 +) Thay yx3 vào phương trình (2) ta được 4x2 24 x 3553 x 311 x 3 4x2 24 x 35 5 3 x 2 5 x 3 4x2 24 x 3553 x 25 x 30 3
4. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 4x2 282432532 x x x x 95 x 30 9x 1 x 6 x 1 x 6 4xx 1 6 0 3x 2 5 3 x 2 x 9 5 x 3 91 xx1 6 4 0 3x 2 5 3 x 2 x 9 5 x 3 91 2 Vì 4 0, x 3x 2 5 3 x 2 x 9 5 x 3 3 xy14 xx1 6 0 xy69 Vậy nghiệm xy; của hệ là: 1;4 , 1;25 , 6;9 Câu 3. (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho mn 2 chia hết cho mn2 và nm 2 chia hết cho nm2 . 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao cho ab22 là số nguyên tố. Lời giải m n22 m n 1) (1) n m22 n m m n22 m n m n10 m n n m22 n m n m10 m n mn10 (do m , n nguyên dương) nm10 11mn *) TH1: mn 1 mn1 +) m n22 m n 2 mn mn2 2 nn1 nn1 2 n2 3 n 1 4 n 2 nn2 31 42n n2 3 n 1 4 n 2 nn2 31 7 37 7 37 nn2 7 3 0 n 22 vì n * n 1;2;3;4;5;6 4
5. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 m 1;2;3;4;5 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp mn; thỏa mãn là: 2;3 . *) TH2: m n0 m n m n22 m n 2 mn mn2 2 2 n n2 n 2 nn nn2 nn2 n 1 n 12 n 3 Vì nn* 1;2;3 m 1;2;3 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số thỏa mãn là: 2;2 , 3;3 . *) TH3: m n11 m n n m22 n m 2 nn1 2 2 nm nn31 nm2 nn2 1 nn2 1 42n n2 n1 4 n 2 nn2 5 3 0 nn2 1 5 37 5 37 n 22 Vì nn* 1;2;3;4;5 m 2;3;4;5;6 Thử lại vào (1) ta được các cặp số thỏa mãn là: 3;2 2) Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó |T | 8 và với a , b thuộc T ta có ab22 , do đó k 9 Xét các cặp số sau: A 1;4 3;2 5;16 6;15 7;12 8;13 9;10 11;14 Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố Xét T là một tập con của A và |T | 9, khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên. Vậy kmin 9 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A BAC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn ( khác ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn BC , ED cắt BC tại N . 1) Chứng minh rằng MAMD MB MC và BN CM BM CN . 5
6. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD. Chứng minh rằng ba điểm B , I , E thẳng hàng. 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải 1) +) Ta có MAB ” MCD (g.g) MA MB MAMD MB MC (đpcm) MC MD +) Theo gt A là điểm chính giữa cung nhỏ BC DA là tia phân giác BDC của BDC (1) Mặt khác, E là điểm chính giữa cung lớn BC AE là đường kính của ()O ADE 90 DA DN (2) Từ (1) và (2) DN là tia phân giác ngoài của Do đó, theo tính chất cảu tia phân giác trong và tia phân giác ngoài của tam giác ta có: BM BD BN BM CN BN CM (đpcm) CM CD CN 2) Kẻ BE cắt ()I tại J Ta có EBD EAD BJD DMC (góc trong- góc ngoài) Mà EAD DMC 90 EBD BJD 90 BD JD BJ là đường kính I BJ hay I BE B , I , E thẳng hàng (đpcm) 3) HAM” DAE (g.g) AM AH AM AD AH AE AE AD AB2 R Với AE2 R ; AH AE 8 6
7. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 R2 AM. AD 4 R2 Theo BĐT Cô- si: 2AM AD 2 2 AM . AD 2 2.R 2 4 GTNN đạt được khi: 2AM AD M là trung điểm của AD OM AD M là gia điểm của đường tròn đường kính OA với BC Câu 5. (2,5 điểm) 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0. Chứng minh rằng x 1 y 1 z 1 25 . y 1 z 1 x 1 343 xy yz zx 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . Lời giải 1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: 25 25 25 VT 33 2.2 xy yz zx xy yz zx 4 xy yz zx x y z 1 25 x1 y 1 z 1 Cần chứng minh xy12 1 25 Sau khi rút gọn, BĐT trở thành x2 y y 2 z z 2 x 4 Giả sử y nằm giữa x và z , suy ra y x y z 0 hay y2 zx xy yz Do đó y22 z z x xyz yz2 2 11 xy2 yz 2 zx 2 xy 2 xyz yz 2 y z x .2y z x z x 2 54 24y z x z x 3 . 2) 7
8. Nhóm GV THBTB – Dự án giải đề thi HSG toán 9 các tỉnh năm học 2017-2018 đợt 1 Vẽ đường tròn A; AC , B; BC và đường tròn ()I ngoại tiếp ABC Kẻ AX cắt ()I tại Y , BX cắt ()I tại Z , AZ cắt BY tại P Ta có AYB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ()I ) AY BP BZA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) BZ AP X là trực tâm của ABP Ta thấy ABC” ACD AC22 AD. AB AT ATD ABT Tương tự, ta có BKD BAK Ta có APD ABZ ATZ tứ giác ADTP là tứ giác nội tiếp AT PT (1) Tương tự, ta có BK PK (2) PK PT (3) Từ (1), (2), (3), suy ra MKP MTP (cạnh huyền – cạnh góc vuông) MK MT (đpcm) 8