Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ NĂM HỌC 2018 -2019 MÔN TOÁN LỚP 9 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 01 trang) Bài 1 (4,0 điểm). 1 1 a) Tính giá trị của đa thức f (x) (x4 3x 1)2016 tại x 9 9 9 5 5 4 4 2.2016 b) So sánh 20172 1 20162 1 và 20172 1 20162 1 sin2 x cos2 x c) Tính giá trị biểu thức: sin x.cos x với 00 < x < 900 1 cot x 1 tan x d) Biết 5 là số vô tỉ, hãy tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 2 3 9 20 5 a b 5 a b 5 Bài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình x 3 1) x 2 x 1 x 2 x 1 2 2) 2x2 5x 12 2x2 3x 2 x 5 . Bài 3 (3,0 điểm). 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 25 y(y 6) Bài 4 (7,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh C· IJ = C·BH b) Chứng minh D CJH đồng dạng với D HIB c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất. Bài 5 (2,0 điểm).Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 1 . Chứng minh: ab 2c2 bc 2a2 ca 2b2 2 ab bc ca 1 ab c2 1 bc a2 1 ca b2 HẾT
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Nội dung Điểm a) 2 2 2 2 0.5 x 9 5 2 5 2 2 2 2 5 4 2 5 4 0,5 9 =9 2 9 8 1 5 2 5 2 5 22 f (x) f (1) 1 Ta cã b) ( 20172 1 20162 1)( 20172 1 20162 1) 0.5 20152 1 20142 1 20172 1 20162 1 (20152 1) (20142 1) 20172 20162 (2017 2016)(2017 2016) 20172 1 20162 1 20172 1 20162 1 20172 1 20162 1 0,25 2017 2016 2.2016 2 2 2 2 2017 1 2016 1 2017 1 2016 1 0.25 2.2016 VËy 20172 1 20162 1 > 20172 1 20162 1 sin2 x cos2 x 0,25 c) sin x.cos x cos x sin x Bài 1 1 1 (4 đ) sinx cos x sin3 x cos3 x 0,25 sin x.cos x 1 cosx 1+sinx 2 2 sin3 x cos3 x sinx cos x sin x sinx.cos x cos x 0,25 sin x.cos x sin x.cos x sinx cosx sinx cosx sin x.cos x 1 sin x.cos x 1 0,25 d) ĐK: a b 5 (*) 2 3 9 20 5 0,25 a b 5 a b 5 2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5) 9a 2 45b2 a 5( 20a 2 100b2 5b) (*) 0,25 A Ta thấy (*) có dạng A B 5 trong đó A, B Q , nếu B 0 thi 5 I vô B lí vậy B = 0 => A= 0. Do đó 2 2 2 2 2 2 9a 45b a 0 9a 45b a 0 9a 45b a 0 (*) 2 2 2 2 9 9 20a 100b 5b 0 9a 45b b 0 a b 4 4 0,25
3. 9 a b a 9 a 0 4 hoac (không t/m ĐK (*)). Vậy a = 9; b = 4 2 b 4 b 0 b 4b 0 D A Ta thấy (*) có dạng A B 5 trong đó A, B Q , nếu B 0 thi 5 I vô 0,25 B lí vậy B = 0 => A= 0. x 3 1) x 1 1 x 1 1 (*) 0,25 2 Nếu x 2 phương trình (*) 0,5 x 3 x 3 x 1 1 x 1 1 2 x 1 4 x 1 x 3 2 2 0,5 16(x 1) x2 6x 9 x2 10x 25 0 (x 5)2 0 x 5 (TM) Nếu 1 x 2 phương trình (*) 0,5 x 3 x 3 x 1 1 1 x 1 2 4 x 3 x 1 ( TM) 2 2 Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5 0.25 2) Giải phương trình: 2x2 5x 12 2x2 3x 2 x 5 . 2 2 Bài 2 Đặt u 2x 5x 12,v 2x 3x 2 (u 0,v 0) 0,25 (4 đ) u2 2x2 5x 12,v2 2x2 3x 2 u2 v2 2x 10 2(x 5) 0,25 Từ (1) 2(u v) (u2 v2 ) (u v)(u v 2) 0 (2) Vì u 0,v 0 , từ (2) suy ra: u v 2 0 . Vì vậy 0,25 2x2 5x 12 2x2 3x 2 2 (3) Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2 0,25 2x2 3x 2 x 3 Câu 2 x 3 0 x 3 x 3 (2đ) 0,25 2 2 2 2 2x 3x 2 x 3 7x 6x 1 0 (7x 7) (6x 6) 0 x 3 0,5 (x 1)(7x 1) 0 x 3 1 1 x 1, x tm x 1, x 7 7 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x= 1 7
4. 1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của một số nguyên. Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. 0,5 Suy ra: 2016k = a3 - 3 Câu 1 Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7. (1,5đ) Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3 . 0,25 Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết cho 0,5 7 Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 2016k. ĐPCM 0,25 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 25 y(y 6) Từ x2 25 y(y 6) 0,25 Bài 3 Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16 (3 đ) Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , do đó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên. Khi đó: y+3+x y+3-x . 0,5 Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵn Câu 2 Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tích (1,5đ) của chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn. Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây: -16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa sè ®Çu b»ng gi¸ trÞ 0,25 (y+3+x). Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0. Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta cã x= 4 , y= -3. Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta cã x= 5 , y= -6. 0,5 V× thÕ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã c¸c nghiÖm : ( x,y)  5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 . D Bài 4 C (7 đ) J I E B A H O Câu a + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC  BC 0,5 (1,5 Suy ra BC  CD (1) đ) + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) 0,5
5. + Từ (1) và (2) suy ra IJ ^ BC 0,5 + Suy ra C· IJ = C·BH (cùng phụ với H· CB ) (3) CH +) Trong vuông CBH ta có: tan C·BH = (4) 0,5 BH + Lập luận chứng minh được CJ // AB 0,5 + Mà CH  AB (gt) + Suy ra CJ  CH Câu b CJ CJ +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan C· IJ = = (CI = HI) (5) 0,5 (2 đ) CI HI CH CJ + Từ (3), (4), (5) HB HI CH CJ + Xét D CJH vàD HIB có H· CJ B·HI 900 và (cmt) 0,5 HB HI + Nên D CJH đồng dạng với D HIB 0,5 + Lập luận để chứng minh được H· EI 900 + Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ 0,5 HE HI Câu c + Suy ra (1,5 HC HJ đ) + Suy ra HE.HJ = HI.HC 0,5 1 1 + Mà HJ HD; HI HC 2 2 + Suy ra HE.HD = HC2 C M 450 A H O K B N Câu d + Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho B·OM = 450 0,5 (2 đ) + Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và N cố định. + Kẻ MK  AB tại K 0,5 + Chứng minh được DMON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra ·ANC 450 Xét C º M Ta có C º M nên H º K Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi)
6. + Xét C khác M. 0,5 Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM Do đó ·ANC 450 Suy ra H·NC < H·CN Suy ra HC < HN 0,5 + Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho B·OC = 450 thì AH + CH đạt giá trị lớn nhất Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 1 . Chứng minh: ab 2c2 bc 2a2 ca 2b2 2 ab bc ca 1 ab c2 1 bc a2 1 ca b2 Do a2 b2 c2 1 nên ta có ab 2c2 ab 2c2 ab 2c2 ab 2c2 2 2 2 2 2 2 2 1 ab c a b c ab c a b ab ab 2c2 a2 b2 ab x y Áp dụng bất đẳng thức xy , x, y 0 2 2 2 2 Bài 5 2c2 a2 b2 2ab 2 a b c ab 2c2 a2 b2 ab a2 b2 c2 (2 đ) 2 2 2 2 2 ab 2c ab 2c ab 2c 2 2 2 2 2 ab 2c 1 1 ab c ab 2c2 a2 b2 ab a b c bc 2a2 ca 2b2 Tương tự bc 2a2 2 và ca 2b2 3 1 bc a2 1 ca b2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) kết hợp a2 b2 c2 1 ta có bất 1 đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=’’ khi a b c . 3 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 Bài 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm.
7. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.