Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Ngãi (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 Ngày thi: 24/02/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm lần tổng của chúng. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 . 2b2 2c2 2a 2 c) Tìm các số a, b, c biết a ; b ; c . 1 b2 1 c2 1 a 2 Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3 x 2 x 1 3 . 1 1 1 2 2 b) Giải hệ phương trình x y . 2 2 x 1 y 1 xy 2 Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng x2 y2 z2 3 . b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a 1 1 2 và c thì . a b b c c a Bài 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. a) Tính CM.CE + BD2 theo R. OM ON b) Chứng minh rằng tích  là một hằng số. AM DN OM ON c) Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. AM DN Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết 3.µA 2.µB 1800 . b) Cho tam giác nhọn ABC có B·AC 60o , BC 2 3 cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. HẾT Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 Ngày thi: 24/02/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - LỚP 9 Bài 1: (4,0 điểm) a) Tìm ba số nguyên tố đôi một khác nhau, biết rằng tích của ba số đó bằng năm lần tổng của chúng. b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 . 2b2 2c2 2a 2 c) Tìm các số a, b, c biết a ; b ; c . 1 b2 1 c2 1 a 2 Tóm tắt cách giải Điểm a) Gọi a, b, c là ba số nguyên tố khác nhau phải tìm. Ta có a.b.c = 5(a + b + c) aM 5 hoặc bM 5 hoặc cM 5 Vì a, b, c là ba số nguyên tố nên a = 5, hoặc b =5, hoặc c = 5. 0,25 điểm Giả sử a = 5 và a.b.c = 5(a + b + c) ta có: b.c = 5 + b + c b.c – b – c = 5 b( c – 1) – (c – 1) = 6 (b – 1)(c – 1) = 6 0,5 điểm Vì b, c là các số nguyên tố nên b – 1 1; c – 1 1. và là các số tự nhiên có vai trò như nhau. Do đó : b 1 1 b 2 * (nhận) c 1 6 c 7 0,5 điểm b 1 2 b 3 * c 1 3 c 4 P Vậy ba số nguyên tố khác nhau phải tìm là 2; 5; 7. 0,25 điểm b) Ta có x2 2y2 3xy 2x 4y 3 0 x 2y x y 2 3 0,5 điểm Do x, y nguyên dương nên x – 2y; x – y + 2 là số nguyên Mà 3 1 .3 3 .1 nên ta có bốn trường hợp: x 2y 1 x 3 x 2y 3 x 9 * ; * loai 0,25 điểm x y 2 3 y 2 x y 2 1 y 6 & 0,25 điểm x 2y 1 x 11 x 2y 3 x 1 * loai ; * 0,25 điểm x y 2 3 y 6 & x y 2 1 y 2 0,25 điểm Vậy các giá trị cần tìm là(x;y) (1;2),(3;2) 2b 2 2c 2 2a 2 c) Vì a = ; b = ; c = (gt) 1 b 2 1 c 2 1 a 2 Nên a; b; c là các số không âm. Ta thấy với a = b = c = 0 (thỏa mãn) 0,25 điểm Nếu a, b, c dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta được: 2 2 2 2b 2b 1+ b 2b a = 2 = b (so sánh hai phân số có cùng tử) 0,25 điểm 1 b 2b 2c 2 2c 2 1 + c2 2c b = = c (so sánh hai phân số có cùng tử) 0,25 điểm 1 c 2 2c
3. 2a 2 2a 2 1 + a2 2a c = = a (so sánh hai phân số có cùng tử) 1 a 2 2a 0,25 điểm Do đó a = b = c = 1. Vậy : a = b = c = 0 hoặc a = b = c = 1 là các số cần tìm. Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải phương trình 3 x 2 x 1 3 . 1 1 1 2 2 b) Giải hệ phương trình x y . 2 2 x 1 y 1 xy 2 Tóm tắt cách giải Điểm a) Đặt 3 x 2 = a ; x 1 = b ( b 0). Vậy x – 2 = a3 và x + 1 = b2. 0,5 điểm a b 3 (1) Ta được : 2 3 . Từ (1) suy ra b = 3 – a thế vào (2) ta có: 0,25 điểm b a 3 (2) (3 – a)2 – a3 = 3 a3 a 2 6a 6 0 a 1 a 2 6 0 0,5 điểm Vì a2 + 6 0 nên a – 1 = 0 a = 1. 0,25 điểm Suy ra b = 2 (thoả mãn). Thế vào x + 1 = b2 = 22 = 4 x 3 0,25 điểm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3 0,25 điểm b) ĐKXĐ : | x | 1; | y | 1 và xy -2 0,25 điểm 1 1 1 2 2 2 2 2 2 x y x y x y 2 2 2 2 0,25 điểm 2 2 x 1 y 1 2 (x 1)(y 1) xy 2 x 1 y 1 xy 2 2 2 2 2 x y x y (1) 2 2 2 2 2 2 x y 2 x y (x y ) 1 xy 4 0 (2) 0,25 điểm Thay (1) vào (2) ta được (xy)2 – xy – 2 = 0 Giải ra ta được: xy = -1 (TM ĐK) hoặc xy = 2 (TMĐK) 0,5 điểm * Nếu xy = -1 thì x2 + y2 = 1 (x + y)2 = -1, phương trình vô nghiệm * Nếu xy = 2 thì x2 + y2 = 4 x + y = 2 2 0,25 điểm Ta có các hệ phương trình: x y 2 2 x 2 x y 2 2 x 2 * (TM) * (TM) 0,25 điểm x.y 2 y 2 x.y 2 y 2 Vậy : Nghiệm của hệ phương trình là (x;y) ( 2; 2);( 2; 2) . 0,25 điểm Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng x2 y2 z2 3 . b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a 1 1 2 và c thì . a b b c c a Tóm tắt cách giải Điểm
4. a) Ta có x2 1 2x ; y2 1 2y ; z2 1 2z 0,75 điểm 2 2 2 2 2 2 Và x y 2xy ; y z 2yz ; z x 2zx 0,75 điểm Cộng các bất đẳng thức trên ta được : 3(x2 y2 z2 ) 3 2(x y z xy yz zx) 3(x2 y2 z2 ) 3 12 0,25 điểm x2 y2 z2 3 0,25 điểm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. 1 1 2 b) Ta có a b b c c a 1 1 1 1 (*) a b c a c a b c 0,25 điểm Biến đổi vế trái (*): c b c b VT 0,5 điểm a b c a a b c a b c Biến đổi vế phải (*): b a b a VP 0,5 điểm c a b c c a b c a b a c Ta có: b a c 2b b a c b nên đẳng thức (*) đúng. 0,5 điểm 2 1 1 2 Vậy: . a b b c c a 0,25 điểm Bài 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. a) Tính CM.CE + BD2 theo R. OM ON b) Chứng minh rằng tích  là một hằng số. AM DN OM ON c) Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. AM DN Tóm tắt cách giải Điểm C A M B 0,5 điểm O N E D
5. a) Xét COM và CED có C·OM C·ED 900 và E·CD là góc chung 0,5 điểm CO CM 2 COM ഗ CED (g.g) CM.CE CO.CD R.2R 2R 0,5 điểm CE CD Xét OBD vuông tại O. Theo định lý Py-ta-go BD2 OB2 OD2 R 2 R 2 2R 2 0,25 điểm Vậy CM.CE BD2 2R 2 2R 2 4R 2 0,25 điểm S OM CO ED.CO b) Ta có: COM CED (cmt) OM (1) 0,25 điểm ED CE CE EA.AC Ta có: AMC ഗ EAC (Cµchung , Aµ Eµ 450 ) AM (2) 0,25 điểm CE OM OC.ED ED Từ (1) và (2) suy ra: ( AOC vuông cân tại (O)3) 0,25 điểm AM AC.EA 2EA Tương tự : S ON OB OB.EA ONB EAB Bµ chung; Oµ Eµ 900 ON (4) 0,25 điểm EA EB EB S DN DB DB.ED DNB EDB (Bµ chung,Dµ Eµ 450 ) DN (5) ED EB EB ON OB.EA EA Từ (4) và (5): (6) . DN DB.ED 2ED 0,25 điểm OM ON 1 Từ (3) và (6):  là một hằng số. 0,25 điểm AM DN 2 OM ON c) Đặt x , y . Ta có: x, y không âm và: AM DN 2 1 x y x y 2 xy 0 x y 2 xy 2 2 0,5 điểm 2 1 1 Dấu "=" xảy ra khi: x = y và xy = x y (TMĐK) 0,25 điểm 2 2 OM ON OM ED 1 Vậy: Tổng 2 khi EA ED 0,5 điểm AM DN min AM 2EA 2 E là điểm chính giữa cung nhỏ.A»D 0,25 điểm Bài 5: (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo). Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết 3µA 2µB 1800 . b) Cho tam giác nhọn ABC có B·AC 60o , BC 2 3 cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. Tóm tắt cách giải Điểm a) C 0,25 điểm A D B
6. Ta có 3µA 2µB 1800 3µA 2µB Aµ Bµ Cµ Cµ 2Aµ Bµ . 0,25 điểm Trong ABC ta có : 0,25 điểm Cµ 2Aµ Bµ Cµ Aµ và Cµ Bµ AB > BC, AB > AC AB là cạnh lớn nhất. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AC ADC cân tại A. Xét CBD và ABC có Bµ chung và 1800 Aµ 3Aµ 2Bµ Aµ C·DB 1800 A·DC 1800 1800 1800 (Aµ Bµ) A·CB 2 2 S BC BD CBD ABC BC2 AB.BD BC2 AB.(AB AC) (*) AB BC 0,25 điểm Vì AB là cạnh lớn nhất và AB, AC, BC là các số nguyên liên tiếp nên ta có hai trường hợp sau: TH 1: AB = n + 2, BC = n + 1, CA = n (n là số nguyên dương) (*) (n + 1)2 = (n + 2).2 n2 = 3 n 3 (loại). 0,25 điểm TH 2: AB = n + 2, BC = n, CA = n + 1 (n là số nguyên dương) (*) n2 = (n + 2).1 n2 – n – 2 = 0 n 1 (loại); n = 2 (nhận) Vậy BC = 2 (đvd); CA = 3(đvd); AB = 4 (đvd). 0,25 điểm b) A F E I N P 0,25 điểm G H O B 2 3 cm M C Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB OM  BC, ON  AC, OP  AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC Vì B·AC 600 nên B·OC 1200 M· OC 600 MC 3 OA OB OC 3 : 2 (cm) 0,25 điểm sin600 2 Ta thấy tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BPOM, CNOM nội tiếp các đường tròn có đường kính OA = OB = OC = 2cm.
7. Vì 2017 = 672 3 + 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 673 điểm trong 2017 điểm đã cho. Giả sử đó là tứ giác ANOP. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm 0,5 điểm OA, suy ra IA IP IO IN 1 cm. Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1cm. Vì 673 = 168 4 + 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 169 điểm trong 673 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 169 điểm trong số 2017 điểm đã cho. Vì các điểm nằm trong tứ giác AEIF nên chúng nằm trong đường tròn ngoại 0,25 điểm tiếp tứ giác này, do đó khoảng cách không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1cm. 0,25 điểm Ghi chú : + Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm bài của học sinh. + Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng học sinh thực hiện các bước giải có logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó. Vẽ hình sai (về mặt bản chất) nhưng lời giải đúng thì không cho điểm. + Điểm từng câu và toàn bài không làm tròn số.
8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2016 MA TRẬN ĐỀ THI Phân Mức độ Thông Vận dụng môn Nhận biết hiểu Thấp Cao Cộng Các chủ đề Bài 1a 3 Số nguyên tố. 1,5 Phương trình nghiệm Bài 1b 4,0 nguyên. 1,5 SỐ HỌC Tìm các số thoả mãn Bài 1c điều kiện cho trước 1,0 Giải phương trình chứa Bài 2a 4 căn thức. 2,0 Giải hệ phương trình Bài 2b chứa căn thức 2,0 8,0 Chứng minh bất đẳng Bài 3a ĐẠI SỐ thức 2,0 Chứng minh đẳng thức Bài 3b theo điều kiện cho trước 2,0 Đường tròn, tính giá trị Vẽ hình Bài 4a 5 biểu thức 0,5 1,5 Các loại góc với đường Bài 4b 8,0 tròn, tam giác đồng dạng 1,5 Tìm vị trí của điểm thoả Bài 4c mãn ĐK cho trước 1,5 Vẽ hình Bài 5a HÌNH HỌC Tìm độ dài cạnh của tam giác 0,25 1,25 Vẽ hình Bài 5b Tỉ số lượng giác, góc ở tâm, tứ giác nội tiếp, 0,25 nguyên lýDirichlet 1,25 2 5 5 12 Tổng cộng 0,5 4,0 7,75 7,75 20,0 Bài 3: (4,0 điểm) . c) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng nếu b là số trung bình cộng của a
9. 1 1 2 và c thì . a b b c c a CÁCH KHÁC: b) Vì b là số trung bình cộng của a và c nên 2b = a + c a – b = b – c. Nếu a = b thì suy được a = b = c. Khi đó đẳng thức hiển nhiên đúng Nếu a, b, c đôi một khác nhau thì ta có:. 1 1 2 a b b c 2 a b b c c a a b b c c a a c 2 a b c a a c 2 a b 2b a c (đúng) Bài 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Nối E với C cắt OA tại M; nối E với B cắt OD tại N. a) Tính CM.CE + BD2 theo R. OM ON b) Chứng minh rằng tích  là một hằng số. AM DN OM ON c) Tìm vị trí của điểm E để tổng đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. AM DN CÁCH KHÁC: b) C M A O B N E F D Gọi F là giao điểm của BE và AD. Ta có tam giác COA vuông cân tại O; tam giác BDA vuông cân tại D; A·CM A· BF ; OM DF M· CO F·BD nên (1). AM AF Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác AOD và ba điểm B, N, F thẳng hàng ta có: BO FA ND NO FD BO R 1 . . 1 . (2) BA FD NO ND FA BA 2R 2
10. OM ON 1 Từ (1) và (2) suy ra  là hằng số. AM DN 2 Bài 5: (3,0 điểm) b) Cho tam giác nhọn ABC có B·AC 60o , BC 2 3 cm. Bên trong tam giác này cho 2017 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. CÁCH KHÁC:b) A I H O F E G B D C Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. Ta được bốn tam giác AEF, BFD, CDE, DEF bằng nhau. Ta có 2017 = 4.504 + 1 nên trong bốn tam giác nói trên có ít nhất một tam giác chứa 505 điểm đã cho. Chẳng hạn đó là tam giác AEF. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Vẽ OG, OH, OI thứ tự vuông góc với EF, AE, AF. Dễ thấy các tứ giác OIAH, OHEG, OGFI nội tiếp đường tròn đường kính tương ứng là OA, OE, OF. Ta có 505 = 3.168 + 1 nên trong ba tứ giác nói trên có ít nhất một tứ giác chứa 169 điểm đã cho. Chẳng hạn đó là tứ giác OIAH. BC 2 3 2 3 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 2 (cm) 2sin A 2.sin 600 3 2. 2 1 Mà AEF ഗ ABC với tỉ số đồng dạng nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 AEF bằng 1cm, tức là OA = OE = OF = 1cm. Tứ giác OIAH nội tiếp đường tròn đường kính OA = 1cm, chứa 169 điểm đã cho nên khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm.