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

1. ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: 2017 2017xx 2016 2018 2017 2018 . 2 3 5 2 3 5 b) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 x32 67 x y c) Giải hệ phương trình: . 32 2y 3 xy 5 Câu 2: (4 điểm) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn ab bc ca 28 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 5a 5 b 2 c P . 12 a2 28 12 b 2 28 c 2 28 Câu 3: (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn OR; . Giả sử các điểm BC, cố định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung thực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N . a) Chứng minh rằng: OM. ON R2 . b) Chứng minh rằng bốn điểm MNPQ,,, cùng nằm trên một đường tròn. c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng minh ba điểm STO,, thẳng hàng. Câu 4: (4 điểm) a) Tìm các số xy, nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x33 y 15 xy 371. b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao?
2. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: 2017 2017xx 2016 2018 2017 2018 . 2 3 5 2 3 5 b) Rút gọn biểu thức: A . 2 2 3 5 2 2 3 5 x32 67 x y c) Giải hệ phương trình: . 32 2y 3 xy 5 Lời giải 2017 a) ĐKXĐ: x . 2018 Xét 2017 2017x 2016 1 xx 1 2017 2017 2016 2018 2017 2018. 2018 2018x 2017 1 2017x 2016 1 Xét x 1 2017 2017 x 2016 2018 x 2017 2018. 2018x 2017 1 Xét x 1 thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x 1. b) Ta có: 22 2 3 5 2 3 5 5 1 5 1 A 22 4 6 2 5 4 6 2 5 4 5 1 4 5 1 22 5 1 5 1 5 1 5 1 2 5 2. 5 5 5 5 5 5 5 x3 6 x 2 y 7 x 3 6 x 2 y 7 5 x 3 30 x 2 y 35 c) 5x3 30 x 2 y 14 y 3 21 xy 2 3 2 3 2 3 2 23y xy 5 23 y xy 5 14 y 21 xy 35 5xxy3 5 2 35 xy 2 35 xy 2 14 xy 2 14 y 3 0 xyx 5 2 35 xy 14 y 2 0 . Xét x y 0 x y thay vào phương trình x32 67 x y ta được 7x3 7 x 1 y 1. Xét 5x22 35 xy 14 y 0 . Đặt y xt , ta có: 5x2 35 x 2 t 14 x 2 t 2 0 x 2 14 t 2 35 t 5 0 .
3. 35 3 105 Vì x 0 không phải là nghiệm nên 14t2 35 t 5 0 t . 28 35 3 105 35 3 105 32 Với t y x thay vào phương trình x 67 x y ta 28 28 được 3 98 98 35 3 105 98 x x 33 y . 91 9 105 91 9 10528 91 9 105 35 3 105 35 3 105 32 Với t y x thay vào phương trình x 67 x y ta 28 28 được 3 98 98 35 3 105 98 x x 33 y . 91 9 105 91 9 10528 91 9 105 98 35 3 105 98 1;1 33 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm: , ; , 91 9 10528 91 9 105 98 35 3 105 98 33; . 91 9 10528 91 9 105 Câu 2: (4 điểm) Cho các số thực dương abc,, thỏa mãn ab bc ca 28 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 5a 5 b 2 c P . 12 a2 28 12 b 2 28 c 2 28 Lời giải Ta có: 12 a22 28 12 aabbcca 6 abac .2 . 62 a b a c Áp dụng BĐT CauChy được 6 a b 2 a c 4 a 3 b c . 2 12 a2 28 4 a 3 b c 1 . Tương tự 12 b2 28 4 b 3 a c 2 và ab cc2 28 3 . 2 Cộng theo vế 1 , 2 và 3 được: 15a 15 b 6 c 12 a2 28 12 b 2 28 c 2 28 . 2
4. 2 5a 5 b 2 c 2 Do đó: P . 15a 15 b 6 c 3 2 28 28 Vậy GTNN của P là . Đạt được khi và chỉ khi ab , c 5 . 3 11 11 Câu 3: (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn OR; . Giả sử các điểm BC, cố định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N . a) Chứng minh rằng: OM. ON R2 . b) Chứng minh rằng bốn điểm MNPQ,,, cùng nằm trên một đường tròn. c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng minh ba điểm STO,, thẳng hàng. Lời giải a) A O B C N Q P M Xét OBM và ONB, ta có: BOM : chung Ta có OMB 90  A 1 Và OBN 180  BOC 90  A 2 Nên OMB OBN Vậy OBM# ONB (g.g).
5. OM OB OB ON ON. OM OB22 R OM. ON R2 . b) A O B C N Q P M Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có: OP OQ R2 ON OM OP OQ. OP OM , có MOP chung. ON OQ Vậy OPM# ONQ (c.g.c). ONQ OPM . Suy ra tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm MNPQ,,, cùng nằm trên một đường tròn. c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T . Chứng minh ba điểm STO,, thẳng hàng.
6. Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST . Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ lần lượt tại T1 và T2 . Xét ONS OT1 M . MOT1 : chung OT1 M ONS ( MNST1 nội tiếp) Vậy ONS# OT1 M (g.g). ON OS . OT1 OM ON OM OS OT1 1 . Chứng minh tương tự, OP OQ OS OT2 2 Mà ON OM OP OQ 3 . Từ 1 , 2 và 3 , suy ra: OS OT12 OS OT . Do đó T1 trùng với T2 . Vậy ba điểm STO,, thẳng hàng. Câu 4: (4 điểm) a) Tìm các số xy, nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16 x33 y 15 xy 371. b) Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện
7. dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không? Giải thích vì sao? Lời giải a) Vì xy, nguyên dương nên 16 x33 y 15 xy 371 0 x y . Ta lại có 15xy 16 x33 y 371 là số lẻ nên xy, đều lẻ. suy ra y 1; x y 1 x 3. Xét xyy 3 3 1 thay vào phương trình thỏa mãn. Xét x 5 ta có xy 2 , suy ra 16x3 y 3 16 x 3 x 23 16 6 x 2 12 x 8 . Mặt khác 15xy 371 15 x x 2 371 15 x2 30 x 371. Ta chứng minh 16 6x22 12 x 8 15 x 30 x 371. Thật vậy, 16 6x22 12 x 8 15 x 30 x 371 81x22 162 x 243 0 x 2 x 3 0 x 1 x 3 0 đúng với mọi x 5. Suy ra 16 x33 y 15 xy 371 với mọi x 5. Vậy phương trình có nghiệm xy; 3;1 . b) Ta có 671 chia cho 3 dư 2 ; 673 chia cho 3 dư 1; 675 chia cho 3 dư 0 . Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho 3 được các số dư khác nhau 0 , 1, 2 . Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2 , khi đó số dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau: - Số chia cho 3 dư 0 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 2 . - Số chia cho 3 dư 1 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 0 . - Số chia cho 3 dư 2 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 1. Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho 3 cũng có số dư khác nhau là 0 , 1, 2 . Vì vậy luôn luôn chỉ có 1 loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho 3 . Giả sử đến một lúc nào đó tất cả
8. bóng đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của 2 loại kia đều 0 và chia hết cho 3 (mâu thuẫn). Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại.