Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THANH HÓA Năm học : 2015 – 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi : Toán Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (4,0 điểm): a 3 a a 3 a 9 Cho biểu thức A = . a với aa 0, 9 . a 33 a a a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = A + a . Câu 2 (4,0 điểm): 92x a) Giải phương trình 2 1. x 2x2 9 33 x y 44 x y b) Giải hệ phương trình . 22 yx 54 Câu 3 (4,0 điểm): 33 a) Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 54x + 1 = y . b) Tìm các giá trị nguyên dương của m để phương trình x22 mxy + y + 1 = 0 có nghiệm nguyên dương (x, y là ẩn). Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R. Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có B, C cố định. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. Đường thẳng chứa tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M và N. a) Chứng minh tam giác AMN cân. b) Xác định vị trí của điểm A để chu vi tam giác DEF lớn nhất. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K ( K A). Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Câu 5 (2,0 điểm): Cho các số dương abc,, thoả mãn ab2 bc 2 ca 2 3. 2a5 3 b 5 2 b 5 3 c 5 2 c 5 3 a 5 Chứng minh rằng: 15 abc3 3 3 2 . ab bc ca Hết
2. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THANH HÓA Năm học : 2015 – 2016 Môn thi : Toán Câu Nội dung Điểm a 3 a a 3 a 9 Rút gọn biểu thức A a ( a 0và a 9). 1a a 33 a a (2,0đ) (a 3)22 ( a 3) a 9 Có Aa (a 3)( a 3) a (a 6 a 9) ( a 6 a 9) a 9 aa. . 12 . a 9 a 1b Vậy A 12 a ( a 0 và a 9). (2,0đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a. 2 M A a a 12 a a 6 36 36, dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk). Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36. 92x Giải phương trình 2 1 1 x 29x2 Điều kiện x 0. 2xx2 9 2 1 2 3 0 2 x 29x2 x x221 2 x 9 Đặt t t 0 t 2 2 29x2 t 2 x 2 29x Khi đó (2) trở thành t 1 2a 1 32 2 (2,0đ) 2302310t t t t 1210 t 1 t 2 t 2 x 0 Với t = 1 ta có xx 292 vô nghiệm. 2 x 90 x 0 1 x 0 32 Với t ta có 2 2x 2 x 9 22 2 9 x 2 4xx 2 9 x 2 2 32 Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x 2 33 x y 4 4 x y 1 Giải hệ phương trình 22 yx 5 4 2
3. Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y) 21x3 – 5x2y – 4xy2 = 0 2b x(7x – 4y)(3x + y) = 0 (2,0đ) Với x = 0 thay vào (2) được y = 2 31 Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được y2 4 vô nghiệm. 49 Với 3x + y = 0 thay vào (2) được yy2 93 y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3); Tìm các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình: 54x33 + 1 = y . 1 Nếu x = 0 suy ra y = 1, nếu y = 0 thì không có x nguyên thỏa mãn. Nếu xy 0; 0. (1) 4  54x3 (54 x 3 1) 4  54 x 3 y 3 (4  27x3 1) 2 (6 xy ) 3 1 Đặt 4 27xa3 ; 6xy b ta được (a 1)22 ( b 1)( b b 1) (2) bd 1 Từ (2) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN (b 1; b2 b 1) d 2 3a b b1 d (2,0đ) b2 b 1 b ( b 1) 2( b 1) 3 d 3 d Mặt khác (ax 1)2 (4.27 3 1) 2 3 nên d 3 d 1 (b 1; b2 b 1) 1 Từ (2) ta thấy tích của hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương nên phải có b + 1 = m2 và b2 - b + 1 = n2 (Với m , n N* ; m 2 ; m2 4) Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1 n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4) Từ (3) và (4) (m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý (2) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (xy ; ) (0;1) Tìm các giá trị nguyên dương m để phương trình x22 mxy y 10 có nghiệm nguyên dương. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét (;)xy00 là nghiệm mà xy00 là nhỏ nhất. Do xy, trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử xy00 . 22 22 Ta có: x0 mx 0 y y 0 10 y0 là một nghiệm của phương trình y mx00 y x 1 0 (1) y0 y 1 mx 0 (2) suy ra phương trình còn một nghiệm y thỏa mãn nguyên dương 1 2 y1 y0 y 1 x 0 1 (3) x0 + y0 x0 + y1 y0 y1 3b 2 (2,0đ) 21y0 1 +) Nếu xy00 thay vào phương trình đề cho được my 22 21 0 yy00 (do myvà 0 nguyên dương) suy ra m 3 , khi đó phương trình đã cho nhận (xy ; ) (1;1) làm nghiệm, m = 3 là một giá trị cần tìm. 22 +) Nếu x0 y 0 y 1 thì từ (3) suy ra y0 x 0 1 ( y 0 x 0 )( y 0 x 0 ) 1 vô lý. yx00 1 2 +) Nếu x0 y 0 y 1 thì nên từ (3) (x0 1)( x 0 2) x 0 1 3 x 0 1 0 vô lý. yx10 2 Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
4. A E x N F M H O 4a (2,0đ) B D C Ta có: AMN MBH MHB, ANM NCH NHC ( định lý góc ngoài tam giác) Mà MBH NCH, MHB NHC Suy ra AMN ANM AMN cân tại A. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB ACB . Mà ACB AFE ( vì tứ giác BFEC nội tiếp), suy ra xAB AFE , Ax //EF OA  EF. Tương tự: OB FD ; OC  DE. SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE 4b 1 1 1 1 1 (2,0đ) OA  EF OB  DF OC  DE R(). EF DF DE AD BC 2 2 2 2 2 AD. BC Suy ra chu vi tam giác DEF là . R Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất A là điểm chính giữa của cung BC lớn. Tam giác AMN cân ở A phân giác AK là trung trực của MN. Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK AMK ANK 900 . Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH. Chứng minh được HIKJ là hình bình hành HK đi qua trung điểm G của IJ. Dễ thấy IMH MHF MHI IMH cân tại I MI = IH. Tương tự: JN = JH MI NJ IH JH 4c Chứng minh được BIM đồng dạng với CJN (g-g) IJ // BC . (2,0đ) BI JC BI JC Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cùng đi qua trung điểm L của BC (là điểm cố định)
5. A O' F O H M N I G J B K D L C Cho các số dương abc,, thoả mãn ab2 bc 2 ca 2 3 . Chứng minh rằng: 2a5 3 b 5 2 b 5 3 c 5 2 c 5 3 a 5 15 abc3 3 3 2 ab bc ca 23ab55 Ta chứng minh bất đẳng thức 5a3 10 ab 2 10 b 3 với ab,0 (1) ab 23ab55 Thật vậy: 5a3 10 ab 2 10 b 3 2 a 5 3 baba 5 5 3 10 ab 2 10 b 3 0 ab 4 2a5 5 a 4 b 10 a 2 b 3 10 ab 4 3b5 0 a b 2 a 3 b 0 (luôn đúng  ab, 0). 23bc55 5 Tương tự ta cũng có 5b3 10 bc 2 10 c 3 (2) (luôn đúng  bc, 0). (2,0đ) bc 23ca55 5c3 10 ca 2 10 a 3 (3) (luôn đúng  ca, 0). ca Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được 2a5 3 b 5 2 b 5 3 c 5 2 c 5 3 a 5 15(a3 b 3 c 3 ) 10( ab 2 bc 2 ca 2 ) ab bc ca Mà nên 2a5 3 b 5 2 b 5 3 c 5 2 c 5 3 a 5 15(a3 b 3 c 3 ) 30 15( a 3 b 3 c 3 2) ab bc ca Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc 1.