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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu I (4,0 điểm). x 2 x x 1 1 2 x 2 x P 2 1. Cho biểu thức x x 1 x x x x x x , với x 0, x � 1. Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 4(x 1) x2018 2 x 2017 2 x 1 1 3 x . P 2 2. Tính giá trị của biểu thức 2x 3 x tại 2 3 2 2 3 2 Câu II (4,0 điểm). 2 1. Biết phương trình (m 2) x 2( m 1) x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của 2 . tam giác vuông đó bằng 5 �(x y )(82 x 2 8 y 2 4 xy 13)50 � � 1 �2x 1 2. Giải hệ phương trình � x y Câu III (4,0 điểm). 2 2 2 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y 5 y 62( y 2) x ( y 6 y 8). x 2 2 2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a b là số nguyên tố và p 5 chia 2 2 hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p . Câu IV (6,0 điểm). (OII ),( ),( ) Cho tam giác ABC có a theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn OII,, nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là a . � PI Gọi D là tiếp điểm của ()I với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của ()O , a cắt ()O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng với P qua O. IBI C 1. Chứng minh a là tứ giác nội tiếp. NI I MP. 2. Chứng minh a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a DAI� KAI� 3. Chứng minh a . Câu V (2,0 điểm). Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn x� z. Chứng minh rằng xz y2 x 2 z 5 � . y2 yz xz yz x z 2
2. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câ NỘI DUNG Đi u ể m I x 2 x x 1 1 2 x 2 x P 4,0 2 1. Cho biểu thức x x 1 x x x x x x , với x 0, x � 1. 2, điể Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là 5 m một số nguyên Với điều kiện x 0, x � 1, ta có: 0, x 2 x x 1 2 x 2 x 1 P 50 x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 x x 2 x x 1 x 1 2 x 2 x 1 0, x x 1 x x 1 50 x x x 2 0, x x 1 x x 1 50 x 1 x 2 x 2 0, . x 1 x x 1 x x 1 50 Ta có với điều kiện x 0, x� 1 � x x 1 x 1 1 x 2 x 2 1 � 0 P 1 2 x x 1 x 1 x 1 0, x 2 50 P 1� 1 � x 1 Do P nguyên nên suy ra x x 1 (loại). Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên. Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 P � Px P 1 x P 2 0 x x 1 , coi đây là phương trình bậc hai của x . 0, 50 Nếu P 0� x 2 0 vô lí, suy ra P �0 nên để tồn tại x thì phương 2 trình trên có PPP 1 4 2 � 0 42 4 � 3PPPPP2 6 1 � 0 � 2 2 1 � � 1 � 3 3
3. 2 Do P nguyên nên P 1 bằng 0 hoặc 1 2 +) Nếu P 1 0� P 1 � x 1 không thỏa mãn. 2 �P 2 P 1 1�� � P 2 � 2 x x 0 � x 0 +) Nếu �P 0 không thỏa mãn Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn. 4 x 1 x2018 2 x 2017 2 x 1 P 2. Tính giá trị của biểu thức 2x2 3 x tại 1, 1 3 5 x . 2 3 2 2 3 2 1 3 3 1 x 0, Vì 2 3 2 2 3 2 2 50 3 1 0, x nên 2 là nghiệm của đa thức 2x2 2 x 1. 50 2017 2 2x 2 x 2 x 1 2 x 1 2x 1 P 3 3. 0, 2x2 2 x 1 x 1 x 1 Do đó 50 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ. 2 II 1. Biết phương trình (m 2) x 2( m 1) x m 0 có hai nghiệm tương 4,0 ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để điể 2, độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 0 m 2 . 5 2 Phương trình (m 2) x 2( m 1) x m 0� ( x 1) ( m 2) x m 0 có hai nghiệm khi và chỉ khi m �2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 0, m 50 a 1và b . m 2 Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra m 0, 0� m 0 50 m 2 hoặc m 2 . 1 1 1 Từ hệ thức a2 b 2 h 2 trong tam giác vuông ta có 0, 1 (m 2)2 5 m 2 1 50 � � 12m 2 4 m 2 m 2 1 �2m 4 m � m 4 Với m 2 (thỏa mãn) 0, m 2 1 4 �2m 4 m � m 50 Với m 2 3 (loại) Vậy m 4 là giá trị cần tìm. �(x y )(82 x 2 8 y 2 4 xy 13)50(1) 2, � � 1 0 �2x 1 (2) 2. Giải hệ phương trình � x y
4. ĐKXĐ: x y �0 � 2 2 5 8(x y ) 4 xy 13 � 2 0, � ()x y � 25 1 �2x 1 2 Chia phương trình (1) cho ()x y ta được hệ � x y 2 ��21 � 2 ��1 � 5 (x y ) 3( x y ) 13 2 �� 2 � �5�x y � 3( x y ) 23 ��()x y � ��x y � 0, �� � � �1 � �1 � 50 �x y( x y ) 1 � �� � ��x y � ( x y ) 1 ��x y � ��x y � 2 2 1 �5u 3 v 23 (3) 0, u x y , v x y � Đặt x y (ĐK:|u |� 2 ), ta có hệ �u v 1 (4) 25 Từ (4) rút u 1 v , thế vào (3) ta được 5 2 2 2 u 0, 5u 3(1 u ) 23� 4 u 3 u 10 0 � u 2 hoặc 4 . 25 5 u Trường hợp 4 loại vì u 2. � 1 �x y 2 0, � x y � 25 Với u 2� v 1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ �x y 1 Giải hệ trên bằng cách thế x 1 y vào phương trình đầu ta được 1 0, 2y 1 2� y 1 50 2y 1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x , y ) (0;1). III 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2, 4,0 y2 5 y 62 ( y 2) x 2 y 2 6 y 8 x (1). 0 điể 2 Ta có (1)� y 2 y 3 56 ( y 2) x y 2 y 4 x 0, m 25 2 � y 2 � x y 4 x y 3 � 56 0, 25 � x 1 y 2 x y 3 56. 0, 50 Nhận thấy y 2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành 0, tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. 25 Như vậy ta có ) 56 1.7.8� x ; y 2;9 . 0, 25 ) 56 7.1.8� x ; y 8;3 . )56 8.1.7 � x ; y 7;3. 0, )561.8.7 � x ; y 2;6. 25 )56 8.7.1 � x ; y 7;9. 0, )567.8.1 � x ; y 8;6. 25 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.
5. Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng y2� x2 y 4 x y 3 � 56 � � (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra. Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ) 2 2 2. Cho a, blà các số nguyên dương thỏa mãn p a b là số nguyên tố và p 5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn 2, 2 2 ax by chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho 0 p . p 5M 8 p8 k 5 ( k �� ) Do nên 0, 24k 2 2 4 k 2 2 2 ax byMM ax by p 4k 2 8 k 4 4 k 2 8 k 4 50 Vì nên a� x b � yM p a4284k � x k b 4284 k � y k a 42 k b 4284 k x k b 4284 k x k y 84 k 0, Nhận thấy 25 2k 1 2 k 1 a4k 2 b 4 k 2 a 2 b 2M a 2 b 2 p Do và b p nên 0, x8k 4 y 8 k 4 M p (*) 25 Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai 0, cũng chia hết cho p . 50 Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có : x8k 4 x p 1�1(mod p ), y 8 k 4 y p 1 � 1(mod p ) 0, 8k 4 8 k 4 50 �x y �2(mod p ) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . (OII ),( ),( ) IV Cho tam giác ABC có a theo thứ tự là các đường tròn 6,0 ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện điể A OII,, a D m đỉnh của tam giác với các tâm tương ứng là . Gọi là tiếp � PI điểm của ()I với BC , P là điểm chính giữa cung BAC của ()O , a cắt ()O tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, N là điểm đối xứng của P qua O.
6. 1. Chứng minh: là tứ giác nội tiếp 2, 0 I a là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn BI BI, CI CI nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra a a  1, giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với 0 ( Phân nhau). IBI C IBI� ICI� 1800 Xét tứ giác a có a a IBI C 1, Từ đó suy ra tứ giác a là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính 0 II a . 2. Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam 2, giác 0 AINI,,, Nhận thấy bốn điểm a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC� ). 0, ()O � 0 25 Do NP là đường kính của nên NBP 90 , M là trung điểm của BC nên PN BC tại M Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM. NP 0, 25 BIN� BIN� Vì là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên = 0, 1 �ABC BAC� (1) 25 2 BAC� 0, NBC� � NAC Xét (O): 2 (cùng chắn cung NC) 25
7. 1 0, � NBI� NBC� CBI� BAC� ABC� (2). 2 25 � � Từ (1) và (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N 0, Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N 25 Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính 0, IBI C � NI2 NB 2 NM. NP là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác a a 25 NI I MP a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a 0, Vậy 25 2, 3. Chứng minh: . 0 GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. 1 NBM� BAC� IAF� 0, có: 2 Xét hai tam giác 50 � MNB đồng dạng với FIA. 0, Suy ra mà: , nên 50 Ta có: 0, NMI nên suy ra a đồng dạng với IDA � 50 (1). NI I MP Do a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a nên 0, KAI� KAN� KPN� I� PN NI� M 25 a a a (2) DAI� KAI� 0, Từ (1) và (2) ta có a 25 V Cho x,, y z là các số thực dương thỏa mãn x� z. Chứng minh rằng 2, 2,0 xz y2 x 2 z 5 � . 0 điể y2 yz xz yz x z 2 2 m xz y 2z 2 1 xz y x 2 z yz yz P x 0, y2 yz xz yz x z y2 xz z 1 1 1 25 Ta có yz yz x x y 2z 1 2 2 2 y a b1 2 c z x y x z b21 a 2 1 1 c 2 1 1 1 0, z y x , 25 x y z a2 , b 2 , c 2 a , b , c 0 trong đó y z x 2 2 x 1 0, a. b 2 � 1 do x � z . Nhận xét rằng z c 25 Xét 0, 2 2 2 2 2 2 2 a2 b 2 2 ab a a 1 ab 1 b b 1 ab 1 2 aba a 1 b 1 25 b2 1 a 2 1 ab 1 a2 1 b 2 1 ab 1
8. 2 2 ab a2 b 2 a b a 3 b 3 a b �0 a2 1 b 2 1 ab 1 2 2 2 a b2 ab c 2 0, 2 2 � 1 . b1 a 1 ab 11 1 c 1 25 Do đó c Đẳng thức xảy ra khi a b . 2 2 1c2 1 c 1 2 c 2 5 1 c 1 c 2 2 2 1 2c 5 0, 2 2 2 1c 1 c 25 Khi đó 1 c c 1 2 3 1 3c 3 c2 c 3 1 c 0, �0 do c � 1 2 2 1 c 1 c2 2 1 c 1 c 2 25 Từ 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi 0, a b, c 1� x y z . 25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.