Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán học Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán học Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN, LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) 2 x 1 x 1 1 x Cho biểu thức A . x 1 x 1 2 x 2 a) Rút gọn A; A b) Tìm tất cả các giá trị của x để 3. x Câu 2 (2,0 điểm) a) Tìm hai số nguyên dương p và q sao cho p2 q2 7 . b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 2 p là một số nguyên tố. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 3 8 x 11x x2 24 1 . 1 1 b) Cho hai số dương a, b thỏa mãn 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a b 1 1 Q . a4 b2 2ab2 b4 a2 2a2b Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đoạn thẳng AB = CD = 2a (với a là số thực dương). Biết AB và CD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn. Lấy điểm H tùy ý nằm giữa hai điểm O và A. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C vẽ tia Hx vuông góc với AB, trên tia Hx lấy điểm M sao cho góc AMB vuông. a) Tính sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC ; 1 1 1 b) Chứng minh ; AH 2a AH MA2 MB2 c) Tìm vị trí của điểm H để giá trị của MA.MB.MC.MD lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm) Trong một hội trường lớn có 2017 người. Ban tổ chức có 2017 tấm bìa, trên mỗi tấm bìa ghi một số, những số này nhận giá trị từ 1 đến 2017 và không có bất kì hai tấm bìa nào được ghi cùng một giá trị. Ban tổ chức phát cho mỗi người một tấm bìa và yêu cầu mọi người đi vào 500 phòng họp một cách ngẫu nhiên. Chứng minh rằng trong 500 phòng họp đó luôn tìm được một phòng họp mà 3 trong số những người trong phòng đó có các số ghi trên các tấm bìa của họ là số đo độ dài 3 cạnh của một tam giác. HẾT Học sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN HƯỚNG DẪN CHÂM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN, LỚP 9 (Hướng dẫn này gồm 03 trang) Lưu ý chung: - Hướng dẫn chấm dưới đây chỉ trình bày vắn tắt một cách giải, các cách giải khác của HS nếu đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm theo thang điểm tương ứng. - Với câu 4, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai ý nào thì không chấm điểm ý đó. - Tổ chấm có thể chia nhỏ thang điểm hơn so với đáp án, điểm toàn bài là tổng số điểm của các câu thành phần. Câu Nội dung trình bày Điểm 1 2,0 điểm a) (1,0 điểm) ĐKXĐ: x 0; x 1 0,25 2 2 2 x 1 x 1 1 x Với xta có0; x 1 A . 0,25 x 1 2 x 4 x (1 x)2 A . 0,25 x 1 4x 1 x A . x 0,25 1 x Vậy, với x 0; x 1 thì A . x b) (1,0 điểm) A 1 x Với x 0; x 1 , ta có 3 3 0,25 x x 1 x 1 4x 3 0 0 (1) 0,25 x x 1 Mà x > 0 nên (1) 1 4x 0 x . 0,25 4 A 1 Vậy để 3 thì 0 x . 0,25 x 4 2 2,0 điểm a) (1,0 điểm) Từ giả thiết ta có p q p q 7 do đó p > q. Mà p, q nguyên dương nên suy ra p – q, p + q là các ước nguyên dương của 7, 0,5 hơn nữa p – q < p + q Do đó chỉ xảy ra p – q = 1 và p + q = 7, suy ra p = 4 và q = 3. 0,5 Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy p = 4 và q = 3. b) 1,0 điểm 1
3. Với p = 2 ta thấy p2 2 p 22 22 8 không là số nguyên tố. 0,5 Với p = 3 ta thấy p2 2 p 32 23 17 là số nguyên tố. Với p > 3 thì do p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3 và p lẻ, do đó p2 2 p 3 và p2 2 p p2 1 2 p 1  3 , do đó p2 2 p là hợp số. 0,5 Vậy chỉ có p = 3 thỏa mãn. 3 2,0 điểm a) (1,0 điểm) ĐKXĐ: 3 x 8 . 0,5 Với 3 x 8 thì PT trở thành x 3 1 8 x 1 0 x 3 1 x 4 . 0,25 8 x 1 x 7 Các giá trị của x đều thỏa mãn. 0,25 Vậy tập nghiệm của PT là S {4;7} b (1,0 điểm) Với a, b dương ta có 2 a2 b 0 a4 b2 2a2b a4 b2 2ab2 2a2b 2ab2 1 1 1 0,5 a4 b2 2ab2 2ab a b 1 1 Chứng minh tương tự ta có 2 b4 a2 2a2b 2ba b a 1 Từ (1) và (2) suy ra Q . ab a b 1 1 Mặt khác, từ đề bài suy ra 2ab a b 2 ab ab 1 Q 0,5 2 ab 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. Vậy max Q a b 1 2 4 3,0 điểm C x K M B A O H D a) 1,0 điểm 2
4. Từ giả thiết suy ra OM = OA = OB = a, suy ra OM = OC = OD = a, 0,25 do đó tam giác MCD vuông tại M. Từ đó ta có sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC 0,75 = (sin2 M· BA cos2 M· BA) (sin2 M· CD cos2 M· CD) = 1 + 1 = 2. b) 1,0 điểm Ta có MH2 = HA.HB (hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB với đường cao 0,25 MH) ; mặt khác BH = AB – AH = 2a – AH. suy ra MH2 = AH (2a - AH) 0,25 1 1 Nghịch đảo 2 vế được 2 1 0,25 AH 2a AH MH 1 1 1 Mặt khác, ta có 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông MH 2 MA2 MB2 1 1 1 0,25 MAB với đường cao MH). Từ (1) và (2) suy ra AH 2a AH MA2 MB2 c) 1,0 điểm Đặt b = MA. MB. MC. MD, gọi K là hình chiếu của M trên CD. 0,25 Ta có b = AB.MH.CD.MK = 4a2.MH.OH (do AB = CD = 2a, MK = OH). x2 y2 Áp dụng BĐT xy , x, y 0 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y, ta có 2 0,25 OH 2 MH 2 OM 2 a2 a2 OH.MH , từ đó b 4a2. 2a4 . 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra MH = OH a 2 0,25 OH = MH = (áp dụng Pitago cho tam giác vuông cân OMH) 2 a 2 Vậy khi điểm H nằm giữa hai điểm O và A sao cho OH = thì 2 0,25 MA. MB. MC. MD lớn nhất, và giá trị lớn nhất đó bằng 2a4. 5 1,0 điểm Xét 1009 số từ 1009 đến 2017, tổng của 2 số bất kì trong chúng luôn lớn hơn hoặc bằng 1009 1010 2019 2017 , do đó luôn tồn tại 3 số thỏa mãn là độ dài 3 cạnh 0,25 của một tam giác (*). Chia 1009 số này vào 500 tập hợp, theo nguyên lý Dirichlet, luôn tồn tại một tập 1009 0,25 hợp chứa ít nhất 1 3 số thỏa mãn tính chất (*) nói trên. 500 Còn các số từ 1 đến 1008 ta lấy tùy ý vào 500 tập hợp trên mà không ảnh hưởng 0,25 đến kết quả. Áp dụng suy luận trên vào bài toán thì ta luôn tìm được một phòng họp mà 3 trong số những người trong phòng đó có các số ghi trên các tấm bìa của họ là số đo độ 0,25 dài 3 cạnh của một tam giác (đpcm). HẾT 3