Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 cấp THCS - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi Lớp 9 cấp THCS - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THANH HÓA NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (4,0 điểm) x y xy Cho biểu thức: P ( x y)(1 y) ( x y)( x 1) ( x 1)(1 y) 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Tìm m để phương trình(x2 1)(x 3)(x 5) m có 4 nghiệm phân biệt 1 1 1 1 1 x1, x2 , x3 , x4 thỏa mãn x1 x2 x3 x4 x2 2 xy2 2. Giải hệ phương trình : 2 2 y 2 x y Bài 3. (4 điểm) 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p2016 – 1 chia hết cho 60. 2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đôi một và x3 y3 z3 chia hết cho x2 y2 z2 . Tìm thương của phép chia x3 y3 z3 : x2 y2 z2 Bài 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC và AC lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và tam giác ANB cân. 2) Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại I, BI cắt DM tại K. Chứng minh K là trung điểm của DM. 3) Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P sao cho IP // DN, AP cắt BC tại Q. Gọi G là trung điểm của DK. Chứng minh ba điểm Q, I, G thẳng hàng. Bài 5. (2,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 0 x, y, z 2 và x + y + z = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A x y z . HẾT Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THANH HÓA NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi: TOÁN ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu Điều kiện để P xác định là : x 0 ; y 0 ; y 1 ; x y 0 . 0,5 1.1 x(1 x) y(1 y ) xy x y (x y) x x y y xy x y (2,5 P 0,5 đ) x y 1 x 1 y x y 1 x 1 y x y x y x xy y xy x x 1 y x 1 y 1 x 1 x 0,5 x y 1 x 1 y 1 x 1 y x y y y x x 1 y 1 y y 1 y 0,5 1 y 1 y x xy y 0,5 Câu P = 2 x xy y = 2 với x 0 ; y 0 ; y 1 ; x y 0 1.2 0,5 (1,5 x 1 y y 1 1 x 1 1 y 1 đ) Ta cã: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4 0,5 Thay vµo P ta cã c¸c cÆp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n 0,5 Câu (x2 1)(x 3)(x 5) m (1) 2.1 (2,0 Ta có : (x 1)(x 3)(x 1)(x 5) m 0,25 đ) (x2 4x 3)(x2 4x 5) m (2) Đặt y x2 4x 4 (x 2)2 0 (x R) . Khi đó (2) có dạng : 0,25 (y 1)(y 9) m hay y2 10y 9 m 0 (3) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt .y1 y2 0 ' 16 m 0 0,5 S y1 y2 10 0 16 m 9 (4) P y1.y2 9 m 0 Khi y1, y2 là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với : 2 2 x 4x 4 y1 0 hoặc x 4x 4 y2 0 2 0,5 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x 4x 4 y1 0 2 Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x 4x 4 y2 0 Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có :
3. 1 1 1 1 x x x x 4 4 4(y y ) 32 1 2 3 4 1 2 x1 x2 x3 x4 x1x2 x3 x4 4 y1 4 y2 16 4(y1 y2 ) y1 y2 40 32 8 0,5 1 16 40 9 m 15 m m 7 ( thỏa mãn) Câu x2 2 xy2 (1) 2.2 Giải hệ : 2 2 (2,0 y 2 x y (2) đ) - Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ; 2 2 2 2 x y (3) 0,5 x y xy x y (x y)(xy x y) 0 xy x y 0 (4) - Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình : x 1 2 3 2 x 2 x (x 1)(x 2x 2) 0 x 1 2 0,5 x 1 2 Vậy ta được các nghiệm (x; y) là : ( 1; 1); (1 2;1 2); (1 2;1 2) x - Từ (4) suy ra y ( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào x 1 2 3 x x 4 3 2 (2), ta có : 2 x x x 4x 2 0 (x 1)2 x 1 (x2 2x 2)(x2 x 1) 0 x2 x 1 0 (Vì)x2 2x 2 (x 1)2 1 0 x 1 5 x 1 5 0,5 5 1 - Với x 1 5 y 3 5 . Ta được (x; y) (1 5; 3 5) là 2 5 nghiệm của hệ. 5 1 - Với x 1 5 y 3 5 . Ta được (x; y) (1 5; 3 5) là 2 5 nghiệm của hệ. Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm : ( 1; 1); (1 2;1 2); (1 2;1 2) ;;(1 5; 3 5) (1 5; 3 5) 0,5 Câu Ta có : 2016 4 504 504 4 2 0,5 3.1 p 1 ( p ) 1 ( p 1).A ( p 1)( p 1)( p 1).A (1) (A N) (2,0đ) Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp ( p 1)( p 1)4 (2) 0,5 Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p 1) p( p 1)3 . Nhưng p không 0,5
4. chia hết cho 3 nên ( p 1)( p 1)3 (3) Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k 1; 5k 2 - Nếu p 5k 1 thì p2 25k 2 10k 1 5n 1 - Nếu p 5k 2 thì p2 25k 2 20k 4 5l 1 Cả hai trường hợp trên đều cho ta p4 1 5q5 (4) ( (n,l,q N) Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra 2016 0,5 p 1 chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60 Câu - Vì vai trò của x, y, z bình đẳng nhau, khác nhau đôi một nên ta có thể giả sử 3.2 x y z . Khi đó , gọi t là thương của phép chia x3 y3 z3 : x2 y2 z2 . Suy ra : (2,5 0,5 x3 y3 x3 y3 đ) x3 y3 z3 tx2 y2 z2 z tx2 y2 tx2 y2 tx2 y2 x y (1) z2 x2 y2 1 1 - Nếu tx2 y2 x y 0 (*) thì t 2 t 1 xy2 x2 y Thay t = 1 vào (*), ta được x2 y2 x y 0 xy x y 0 (x 1)(y 1) 1 0,5 x 1 y2 y 0 y(y 1) 0 ( vô lý) Vậy tx2 y2 x y 0 (2) - Từ (1), (2) suy ra : z2 (tx2 y2 x y)2 (3) 0,5 - Mặt khác vì x3 y3 z3 tx2 y2 z2 nên x3 y3 z2 x3 y3 z2 (4) 0,5 - Từ (3) và (4) suy ra : x3 y3 (tx2 y2 x y)2 x3 y3 t 2 x4 y4 2tx2 y2 (x y) x2 2xy y2 x3 y3 2tx2 y2 (x y) t 2 x4 y4 x3 y3 2tx2 y2 (x y) txy tx3 y3 1 1 1 1 txy 2 3 3 (5) x y tx ty 1 1 1 1 1 1 1 1 0,5 - Nếu x 2 thì y 3 txy 6 2 3 3 2 3 3 2 2 t.2 t.2 x y t.x t.y Điều này mâu thuẫn với (5). Vậy x = 1. Khi đó (5) trở thành : 2 1 1 ty 2 (6) y t ty3 2 1 1 2 1 1 - Nếu y 4 thì ty 4 2 2 . Điều này mâu thuẫn với (6). 4 t t.43 y t ty3 Vậy y 2;3 (Vì y > x = 1)
5. x3 y3 9z2 + Nếu y = 2 thì x y z x 1; y 2; z 3 . x 1; y 2 x3 y3 28z2 + Nếu y = 3 thì x y z .( Loại) x 1; y 3 - Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn. Vậy thương của phép chia x3 y3 z3 : x2 y2 z2 là t = 1. Câu a) 4.1 + Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp. (2,5 - Vì BD, DC là các tiếp tuyến của đường tròn đ) (O) nên ta có : O· BD O· CD 900 0,5 O· BD O· CD 900 900 1800 Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác : B· AC D· BC ( Cùng chắn cung BC) B· AC D· NC ( Vì DN // AB) D· BC D· NC Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2) 0,5 - Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng thuộc một đường tròn. Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp 0,5 + Chứng minh tam giác ABN cân Ta có : ·ANO O· BC ( Vì cùng bù với góc ONC) 0,5 O· BC O· CB ( Vì tam giác OBC cân tại O) O· CB O· NB ( Vì cùng chắn cung OB) ·ANO O· NB Suy ra NO là tia phân giác của góc ANB. (3) Mặt khác : ON  DN ( Vì O· ND 900 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DN // AB ( giả thiết) ON  AB (4) Từ (3), (4) suy ra tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời là đường cao. 0,5 Vậy tam giác ANB cân tại N. Câu 4.2
6. (2,0 b) đ) - Xét tam giác DBM và tam giác DNB, ta có : B· DN là góc chung B· ND M· BD ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) DBM : DNB (g.g) DB DM DB2 DM.DN (5) DN DB - - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có : A· DB là góc chung D· BI B· AD ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ) DIB : DBA (g.g) DB DI DB2 DI.DA (5) 0,5 DA DB DM DA Từ (4) và (5) suy ra : DI.DA DM.DN . DI DN Từ đó kết hợp với ADN là góc chung suy ra : DIM : DNA (c.g.c) D· IM D· NA Suy ra tứ giác ANMI nội tiếp 0,5 Ta có : N· AD I·MD ( cùng bù với góc IMN) N· AD C· BI ( cùng chắn cung CI) C· BI I·MD Kết hợp với góc KBM chung, suy ra : KMI : KBM (c.g.c) KM KB KI KM KM 2 KI.KB (6) 0,5 Mặt khác : K· DI B· AI ( Hai góc so le trong ) D· BI B· AI ( Cùng chắn cung BI ) K· DI B· DI Kết hợp với góc BKD chung, suy ra : KDI : KBD (g.g) KD KB KI KD KD2 KI.KB (7) Từ (6) và (7) suy ra : KM = KD 0,5 Vậy K là trung điểm của DM.
7. Câu c) Giả sử PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S. 0,5 4.3 Ta có : (1,5 PI BI IL đ) ( vì PI // MN ; định lí ta let) (8) DK BK KM PI QI IL ( vì AB // PL ; định lí ta let) (9) AS QS BS 0,5 Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS AS SI BS Giả sử SI cắt DK tại T, suy ra : ( Định lý Talets ; AB // DK) (10) DT TI KT Vì AS = BS nên từ (10) suy ra : T là trung điểm của DK, hay G trùng với K. Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng. 0,5 Câu - Tìm GTNN 5 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a b c . Khi đó : (2,0 0,5 đ) 5 5 a b c 3a 6 a 2 (a 1)(2 a) 0 (*) 3 Mặt khác, vì 0 b,c 2 nên (b 2)(c 2) 0 0,5 bc 2(b c) 4 bc 2(5 a) 4 6 2a ( ) Do đó A a b c a b c 2 bc a 5 a 2 6 2a Theo ( ) A a 3 a 2 2 3 a 2 a ( 3 a 2)2 a 3 a 2 2 vì a 3 a a 2 a(3 a) 3 a 3 2 3a a2 3 2 (a 1)(2 a) 2 0,5 3 2 2 ( 2 1)2 ( vì (a 1)(2 a) 0 , theo (*) ) Nên a 3 a 2 1 Vậy A 2 2 1 Dấu bằng xảy ra khi 0 a,b,c 2 ; a b c 5 0,5 (a 1)(2 a) 0 a b 2 ; c 1 bc 6 2a Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 2 1 . Đạt được khi (a, b, c) = (2, 2, 1) và các hoán vị HẾT Lưu ý: - Các cách giải đúng khác cho điểm tương đương với biểu điểm - Điểm toàn bài không làm tròn