Đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT BÌNH XUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (1,5 điểm) 6 2 5 13 48 1. Cho biểu thức A 3 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: y2 A x(A x)(A x2 ) Bài 2.(2,0 điểm) Gọi d1,d2 là các đường thẳng lần lượt có phương trình: 2 d1 :y 2x 3m 2 và d2 : y (m m)x 4 a) Tìm m để hai đường thẳng d1,d2 song song. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (Với m là tham số): 2 2 2 Q 2x y 3m 2 (m m)x y 4 Bài 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2(x2 2) 3 x3 8 2x 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x4 3x3 (2m 1)x2 3m 1 x m2 m 0 Bài 4. (3,0 điểm) Cho 3 điểm cố định A, B, C phân biệt và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O) đi qua B và C (O không thuộc BC). Qua A kẻ các tiếp tuyến AE và AF đến đường tròn (O) (E và F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC, N là trung điểm của đoạn thẳng EF. a. Chứng minh rằng: E và F nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi. b. Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại E’(khác F). Chứng minh tứ giác BCE’E là hình thang. c. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm trên một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi. Bài 5. (1.5 điểm). 1 2 3 Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 3 . Chứng minh rằng: a b c 27a 2 b2 8c2 3 + + c c2 +9a 2 a 4a 2 +b2 b 9b2 +4c2 2 HẾT (Giám thị không giải thích gì thêm ) Họ và tên: Số báo danh:
2. PHÒNG GD&ĐT BÌNH XUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM 2017 Môn Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung Điểm 6 2 5 13 4 3 6 2 5 (2 3 1)2 A 3 1 3 1 a 0.5 6 2 3 2 3 1 6 2 ( 3 1)2 ( 3 1)2 A 1 3 1 3 1 3 1 y2 1 x(1 x)(1 x2 ) y2 x4 x3 x2 x 1, ta có: 2 2y 2 - 2x2 +x =4x4 +4x3 +4x2 +4x+4-4x4 -4x3-x2 =3x2 +4x+4 0.25 2 2 2 2 5 2 2 1 mà 3x +4x+4=3 x 0 2y 2x +x ,x (1) 1,5đ 3 3 2 2x2 +x+2 - 2y 2 =4x4 +4x3 +8x2 +4x+4+x2 -4x4 -4x3-4x2 -4x-4 b 2 2 2 0.25 =5x2 0,x 0 (2). Từ (1)&(2) 2x2 +x 2y 2x2 +x+2 không có số nguyên y nào thỏa mãn. 2 2 Vậy suy ra x=0 hoặc 2y 2x2 +x+1 . Với x=0, thay vào trên ta có: y2 y 1 2 2 2 2 0.5 Khi (2y) 2x x 1 x 2x 3 0 x 1 2 x1 3, x2 1. Vậy (x,y)=(0,1);(0,-1);(3,-10);(3,-10); (-1; 1); (-1; -1) 2 Ta có: d1 :y 2x 3m 2 và d2 : y (m m)x 4 a 2 0.5 m m 2 m1 1;m2 2 d1 / /d2 m 1 3m 2 4 m 2 (A+B)2 Dễ thấy A2 +B2 , áp dụng với: A 2x y 3m 2 và 2 B m2 m)x y 4 ta có:Q ( 2x y 3m 2)2 (m2 m)x y 4)2 0.5 2 m2 m 2 x 3 m 2 2 . 2đ 2 2 b Ta lại có: m m 2 m 1 m 2 0 m1 1,m2 2 0.25 81 Với m=1, ta có: Q ; Với m=-2, ta có: Q 0 0.25 2 3 Với m 1& m 2 , ta luôn có: Q 0 , dấu “=” xáy ra khi x 0.25 m 1 3 Vậy Min(Q)=0 khi m=-2( hoặc x , với m 1& m 2 ) 0.25 m 1
3. Điều kiện xác định: x 2 , ta có phương trình: 2(x2 +2)=3 x3 +8+2x 0.25 2(x2 -2x+4)-2 x+2 3. x+2 x2 -2x+4 (1) Đặt a x+2;b x2 -2x+4 , với a 0;b 0 . Khi đó: a2 x 2; 0.25 b2 x2 -2x+4 . Ta có P/trình(1) 2b2 2a2 3ab 2a2 2b2 3ab 0 a 2a b 2a b 2a b a 2b 0 (Vì a 0;b 0 ) 0.25 a 2b a b 0 Khi: 2a b 2 x+2 x2 -2x+4 x2 -6x-4=0 x 3 13 (Thoả mãn) x 4 3 2 x 3 2 4 (T/mãn) 0.25 2 Khi a b 0 , không xáy ra (vì b x2 -2x+4 x 1 +3 0 ) Vậy x 3 2 4 Ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình sau: x4 +2x3-x2 -mx2 + x3 +2x2 -x-mx -(mx2 +2mx-m-m2 )=0 3 x2 x2 +2x-1-m +x x2 +2x-1-m -m(x2 +2x-1-m)=0 2đ 0.25 x2 +2x-1-m 0(1) x2 +2x-1-m x2 x-m =0 * 2 (2) x x-m 0 Điều kiện cần và đủ để PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt là hệ pt(*) có 4 nghiệm Phân biệt khi đó pt(1)&pt(2) có 2 nghiệm phân biệt. Do vậy ta có: 0.25 / 1 1 m 2 0 & 2 4m 1 0 m .(3) b 4 Gọi x0 là nghiệm chung của 2 phương trình (1)&(2) khi đó ta có: 2 x0 +2x0 -1-m 0 x 1, thayx =1 vào x2 x -m 0 m 2 2 0 0 0 0 0.25 x0 x0 -m 0 2 Thay m=2 vào pt(1)&(2) ta có: Pt(1) x +2x-3 0 x0 1;x1 3 2 Pt(2) x +x-2 0 x0 1;x2 2 . Thấy với m=2 thì 2 p/trình có Nghiệm chung là 1. (4). Từ (3)&(4) ta suy ra để 2 phương trình (1)&(2) có 4 Nghiệm phân biệt hay điều kiện cần và đủ để PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt là: 0.25 1 m R / m & m 2 4 4 1 3đ
4. Ta có ΔAEB : ACE AE2 =AB.AC=AF2 AE=AF= AB.AC (vì AE a AF là 2 tiếp tuyến), mặt khác A,B,C cố định nên AB.AC không đổi. Vậy E&F nằm trên đường tròn (A; AB.AC ) cố định. Gọi Ex là tia đối của tia EA ta có: AE, AF là tiếp tuyến của đtròn(O) tại E;F và I là trung điểm của dây BC nên suy ra:AE  OE;AF  OF;BC  OI => 5 b điểm A;O;E;F;I nằm trên đường tròn đường kính AO E· FI E· FE/ E· AI 1 mà x·EE/ E· FE/ x·FE/ E· AI =>EE///AI=>EE///BC (Vì 2 góc ở vị trí đồng vị)=>tứ giác BCE’E là hình thang. Ta có:AE&AF là tiếp tuyến của đtròn(O), OE&OF là bán kính của đtròn(O) nên:AE AF;OE OF AO là trung trực của EF AO  EF= N;IO  BC Suy ra tứ giác ONKI nội tiếp đtròn đường kính OK. Gọi O/ là tâm của đtròn ngoại tiếp tứ giác ONKI =>O/ nằm trên đường thẳng (d) là trung trực của IK Ta lại có ΔANK : AIO(doNµ =I và chung góc đỉnh A)=>AK.AI=AN.AO (1) c áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông EAO ta có AN.AO=AE2 (2) 1 Mặt khác AE2 =AB.AC (c/minh trên) (3). Từ (1);(2);(3) =>AK.AI=AB.AC AB.AC AK= .Vì A;B;C;I là các điểm cố định nên K là điểm cố định, do AI vậy đường thẳng (d) cố định hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm trên một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi. 1 1 1 Đặt a x;b 2y;c 3z với x, y, z  0 , ta có: 3 , khi đó: x y z 0.5 27a 2 b2 8c2 3 x2 y2 z2 3 + + + + (1) c c2 +9a 2 a 4a 2 +b2 b 9b2 +4c2 2 z z2 +x2 x x2 +y2 y y2 +z2 2 x2 y2 z2 1 1 1 Đặt + + A , ta xét hiệu A-( + + )=A-3 ,Ta có: z z2 +x2 x x2 +y2 y y2 +z2 x y z 0.25 5 x2 1 y2 1 z2 1 z x y 1,5đ A 3 ( 3 2 - )+( 3 2 - )+( 3 2 ) 2 2 2 2 2 2 z +zx z x +xy x y +yz y z x x y y z z z 1 Ta lại có:z2 x2 2zx 0 ; chứng minh tương tự ta có: z2 x2 2zx 2x 0.25 x 1 y 1 z x y 1 1 1 3 ; + + + + = x2 y2 2y y2 z2 2z z2 +x2 x2 +y2 y2 +z2 2x 2y 2z 2 z x y 3 3 3 2 2 2 2 2 2 A 3- A =>BĐT(1) đúng=>(đpcm) 0.25 z x x y y z 2 2 2