Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) x2 x x2 x 1 a) Cho A . Rút gọn biểu thức B = 1 2A 4 x 1 với 0 x . x x 1 x x 1 4 1 1 1 b) Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0 . Chứng minh x y z 1 1 1 2016 2017 2018 2 2 2 (x y z ) xy yz zx . x 2yz y 2zx z 2xy Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình . x 5 x 2 1 x2 3x 10 7 x2 y2 xy 2 b) Giải hệ phương trình . 3 x x y Câu 3 (2,0 điểm) 7 a) Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên. x 2 2 b) Tìm các số tự nhiên có dạng ab , biết rằng ab -ba là một số chia hết cho 3267. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có B· DC 900 , đường phân giác góc B· AD cắt cạnh BC và đường thẳng CD lần lượt tại E vàF . Gọi O, O’lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD và CEF . 1) Chứng minh rằng O’ thuộc đường tròn O . 2) Khi DE vuông góc với BC . a) Tiếp tuyến của O tại D cắt đường thẳng BC tại G . Chứng minh rằng BG.CE BE.CG. b) Đường tròn O và O’ cắt nhau tại điểm H (H khácC ). Kẻ tiếp tuyến chung IK (I thuộc O , K thuộc O’ và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’ ), dựng hình bình hànhCIMK . Chứng minh OB O’C > HM . Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 3xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x2 y2 z2 thức P . x4 yz y4 xz z4 xy Hết Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM HẢI DƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN (Đáp án gồm có 5 trang) (Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) Câu Nội dung kiến thức Điểm 1(2,0 điểm) 1a)(1,0 đ) x2 x x2 x Cho biểu thức A . Rút gọn biểu thức x x 1 x x 1 1 B=1 2A 4 x 1 với 0 x . 4 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,25 A x x 1 x x 1 A x x 1 x x 1 2x 0,25 2 0,25 B 1 4x 4 x 1 1 2 x 1 B 1 2 x 1 1 (1 2 x) 2 x 0,25 1b)(1,0 đ) 1 1 1 Cho x, y, z là các số khác 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0 . x y z Chứng minh 1 1 1 2016 2017 2018 2 2 2 (x y z ) xy yz zx . x 2yz y 2zx z 2xy Từ giả thiết ta có xy + yz + zx = 0(1) 0,25 xy yz zx z2 2xy z2 xy xy z2 xy yz zx (z x)(z y) 0,25 Tương tự x2 2yz (x y)(x z); y2 2xz (y x)(y z) 0,25 1 1 1 1 1 1 0,25 0(2) x2 2yz y2 2zx z2 2xy (z x)(z y) (y z)(y x) (x y)(x z) Từ (1) và (2) được điều cần chứng minh 2(2,0 điểm) 2a)(1,0 đ) Giải phương trình x 5 x 2 1 x2 3x 10 7 (1) Điều kiện x 2 , đặt x 5 a 0; x 2 b 0 a2 b2 7 0,25 Thay vào (1) ta có 0,25 2 2 a b a b 1 ab a b a b 1 ab a b 0 1 ab a b 0 +) Với a=b ta có x 5 x 2 vô nghiệm 0,25 +) Với 1 ab a b 0 a 1 b 1 0 0,25 a 1 x 5 1 x 5 1 x 4(KTM ) b 1 x 2 1 x 2 1 x 3(TM ) PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3
3. 2b)(1,0 đ) x2 y2 xy 2(1) Giải hệ phương trình . 3 x x y (2) Thay (1) vào (2) được 0,25 2x3 2(x y) (x y)(x2 y2 – xy) x3 y3 x y x 0 0,25 3 2 Thay x y vào (2) ta được :x 2x x(x 2) 0 x 2 x 2 Thử lại : +) Với x = y = 0 thay vào (1) không thoả mãn. 0,25 +) Với x=y= 2 thay vào (1) thoả mãn. 0,25 +) Với x=y=- 2 thay vào (1) thoả mãn. Vậy nghiệm của hệ phương trình: x; y ( 2; 2);(x; y) ( 2; 2) 3(2,0 điểm) 3a)(1,0 đ) 7 Tìm các số thực x sao cho x 2018 và 2018 đều là số nguyên. x Điều kiện: x 0 0,25 7 Đặt a x 2018 , b 2018 . Thay x a 2018 vào biểu thức b , ta x 7 được: b 2018 ab 2025 b a 2018 a 2018 Do 2018 là số vô tỉ, ab 2025 ¢  a,b ¢ nên a b , do đó ab 2025 0 0,25 a b 45 x 45 2018 0,25 Thử lại với x 45 2018 thì thấy a,b là số nguyên. 0,25 2 2 3b)(1,0 đ) Tìm các số có dạng ab , biết rằng ab -ba là một số chia hết cho 3267. 0,25 Gọi số ab thoả mãn đề bài a, b là chữ số và a 0, b 0 2 2 Ta có ab ba 10a b 2 10b a 2 99 a2 b2 là số chia hết cho 3267 nên a2 b2  11 a b a b  11 - Nếu a = b thì ta có các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 11, 22, 33, 44, 55, 0,25 66, 77, 88, 99. - Nếu a b thì 8 a b 8 a b  11 a b  11 0,25 Mà 2 a b 18 , nên a b 11 . 2 2 Khi đó ab ba 32.112. a b 2 2 Để ab ba là số chia hết cho 3267 thì a b phải là số chia hết cho 3 do đó a b 3 hoặc a b 6 + Nếu a b 3 , kết hợp với a b 11 tìm được a 7, b 4 0,25 Khi đó 742 472 3267 (thoả mãn) + Nếu a b 3 , kết hợp với a b 11 tìm được a 4, b 7 Khi đó 472 742 3267 (thoả mãn) + Nếu a b 6 , kết hợp với a b 11 không là số tự nhiên thoả mãn Vậy các số phải tìm là 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 74,47.
4. 4(3,0 điểm) 4.1)(1,0 đ) Cho hình bình hành ABCD có B· DC 900 , đường phân giác góc B· AD cắt 0,25 cạnh BC và đường thẳng CD lần lượt tại E và F. Gọi O, O’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và CEF. 3) Chứng minh rằng O’ thuộc đường tròn (O). F O' Ta có BE / / AD B· EA E· AD E· AB ABE cân tại B do đó BA BE CD=BE B E C O A D mà B· AE E· FC và E· AD ·AEB suy ra E· FC F· EC EC FC 0,25 lại có 1 O· 'CD B· CD O· 'CE 900 F· EC µA 900 B· AD (doO’C  EF ) 2 1 0,25 B· EO ' 1800 O· ' EC 1800 O· 'CE 900 B· AD 2 do đó O· 'CD B· EO ' O'EB O'CD (c.g.c) nên O· ' BE O· ' DC 0,25 Do đó các điểm O’, C, D, B thuộc cùng đường tròn O ' (O) 4.2)(2,0 đ) 4.2a)(1,0đ) 2)Khi DE vuông góc với BC. 0,25 a) Tiếp tuyến của (O) tại D cắt đường thẳng BC tại G. Chứng minh rằng BG.CE BE.CG B O E C G A D DE 2 BD2 BE 2 BD2 CD2 DB2 DE 2 EC 2 BE 2 EC 2 0 BE EC E nằm giữa O và C 1 0,25 Do C· DG D· BC sdC»D mà C· DE D· BC 900 D· CE nên 2 CE DE C· DE C· DG DC là phân giác của E· DG (1) CG DG Do DB  DC DB là phân giác ngoài đỉnh D của EDG 0,25 BE DE ( 2 ) BG DG
5. BE CE 0,25 Từ (1) và (2) suy ra : BE.CG BG.CE BG CG 4.2b)(1,0đ) Đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại điểm H( H khác C). Kẻ tiếp tuyến chung IK( I thuộc (O), K thuộc (O’) và H, I, K nằm cùng phía bờ OO’), dựng hình bình hành CIMK. Chứng minh OB O’C > HM . M Gọi N là giao điểm của IK và CH 0,25 Chứng minh được tam giác IHN đồng 2 K dạng với CIN => IN NH.NC Chứng minh được tam giác KNH N đồng dạng với CNK O' H 2 I KN NH.NC IN KN hay P F Q N là trung điểm của IK B Mà CIMK là hình bình hành N là O E C trung điểm của MC C, M , N thẳng hàng C, M , H thẳng hàng A D Gọi P là giao của OO’ và HC OO’ là trung trực của HC PH PC 0,25 N là trung điểm của CM HM= HN NM HN NC 2HN HC 2HN+ 2HP 2NP Tứ giác OO’KI là hình thang, gọi Q là trung điểm của OO' 0,25 QN là đường trung bình của hình thang 2QN OI O ' K OB O 'C Do E nằm giữa O, C nên OO' O ' E OI O ' K nên Q không trùng với P 0,25 mà NP vuông góc với OO' QN PN OB O 'C HM 5(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 3xyz . Tìm giá trị lớn x2 y2 z2 nhất của biểu thức P . x4 yz y4 xz z4 xy Vì x, y, z dương, áp dụng BĐT Cô-si ta có: 0,25 1 1 x2 1 +) 2x2 yz x4 yz 1 2x2 yz x4 yz x4 yz 2 yz 2 1 1 1 1 1 1 +) (2) yz y z 2 yz 4 y z x2 1 1 1 y2 1 1 1 0,25 Từ (1) và (2) => :4 . Tương tự : 4 ; x yz 4 y z y xz 4 x z z2 1 1 1 4 z xy 4 x y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 xy yz zx P  (3) 4 y z x z x y 2 y z x 2 xyz Chứng minh được xy yz zx x2 y2 z2 (4) 0,25
6. 1 x2 y2 z2 1 3xyz 3 Từ (3) và (4) có : P   2 xyz 2 xyz 2 3 3 0,25 khi x y z 1 thì P nên giá trị lớn nhất của P bằng 2 2