Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019

Nội dung text: Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019

1. Môn: TOÁN - Ngày thi /3/2019 2 x 16 x 4 2 x 1 Câu 1 (4đ) 1. Cho biểu thức M với x 0; x 4; x 16 x 6 x 8 2 x x 4 Rút gọn biểu thức M Và tìm x để M=6 2. Gọi a là nghiệm dương của phương trình 2 .x2 + x – 1 = 0. 2a 3 Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức Q 2(2a 4 2a 3) 2a 2 Câu 2 (4điểm) a) Giải phương trình: x4 2x3 2x2 2x x2 2x 10 2 1 4x 2(1 ) 3 x y 1 b) Giải hệ phương trình: 1 4y 2(1 ) 1 x y 1 Câu 3 (4điểm) 1 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 2y2 2xy 4x 3y 2 0, 2. Xác định tất cả các cặp số (a; b), với a, b là số nguyên dương, sao cho: a2b a b chia hết cho ab2 b 7 . Câu 4 (6điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K. a) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R) b) Chứng minh IK song song với AB c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu 5(2điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a3 b3 c3 Hết 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 Môn: TOÁN - Ngày thi /3/2019 II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 2 x 16 x 4 2 x 1 Cho biểu thức M với x 0; x 4; x 16 x 6 x 8 2 x x 4 + Rút gọn biểu thức M 2 x 16 x 4 2 x 1 - Ta có M 0.25đ ( x 2)( x 4) x 2 x 4 2 x 16 ( x 4)( x 4) (2 x 1)( x 2) 0.25đ ( x 2)( x 4) x x 2 0.25đ ( x 2)( x 4) Câu ( x 2)( x 1) 1(2đ) 0.25đ ( x 2)( x 4) x 1 0.25đ x 4 + Tìm x để M = 6 x 1 Ta có: M 6  6 0.25đ x 4  x 1 6( x 4) 0.25đ  x 5 0.25đ  x 25 Câu 2 Giải phương trình, a) GPT: x4 2x3 2x2 2x x2 2x 10 2 (2,0 điểm) - Điều kiện x R (hoặc x2 2x 10 0 ) 0.25đ - Phương trình  (x4 2x3 x2 ) (x2 2x 1) x2 2x 10 3 0.25đ 2 2 2 2  (x x) (x 1) (x 1) 9 3 0.25đ (x2 x)2 0 2 2 2 2 2 Do x R : (x 1) 0 (x x) (x 1) (x 1) 9 3 0. 5đ 2 (x 1) 9 3 (x2 x)2 0 2 Câu Dấu bằng xẩy ra (x 1) 0  x 1 (tmđk) 0. 5đ 2 2 (x 1) 9 3 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = -1. 0.25đ 3a) GPT: x2 2y2 2xy 4x 3y 2 0, trong đó x, y là các số nguyên dương (2,0 điểm) Viết lại pt dưới dạng: x2 2x(y 2) 2y2 3y 2 0 (*) 0.25đ 2
3. Coi (*) là pt bậc hai ẩn x. Pt (*) có nghiệm nên ' 0  (y 2)2 (2y2 3y 2) 0  y2 y 6 0  3 y 2 0.25đ Do y là số nguyên dương nên y 1; 2 0.25đ 2 x 1 +) TH1: y 1 x 2x 3 0 x 3 0.25đ Cặp số x = 3; y = 1 thỏa mãn pt ban đầu +) TH2: y 2 x2 0  x 0 (ktm : x 0) 0.25đ - Vậy nghiệm của pt: (x; y) (3, 1) 0.25đ 1 4x 2(1 ) 3 x y 1 2b) Giải hệ : (2,0 điểm) 1 4y 2(1 ) 1 x y 1 1 1 - Điều kiện: x ; y ; x y 1 0 2 2 0.25đ 1 1 Từ hệ phương trình suy ra x ; y 2 2 1 3 1 (a) x y 1 4x 2 - Hệ phương trình  0. 5đ 1 1 1 (b) x y 1 4y 2 3 1 Cộng vế theo vế của pt (a) và pt (b), ta được: 2 (1) 4x 2 4y 2 0.25đ 2 3 1 Trừ vế theo vế của pt (a) cho pt (b), ta được: (2) x y 1 4x 2 4y 2 4 9 1 Nhân tương ứng hai vế của (1) và (2): x y 1 4x 2 4y 2  4(4x 2)(4y 2) (x y 1)( 4x 36y 16) 0.25đ  x2 8xy 9y2 5(x y) 0  (x y)(x 9y 5) 0 +) TH1: x y Thay vào (a): 1 4y 2 1  y 1 3 4 1  (4y 2) 2 3 4y 2  2y 1 4y 2 1 0.25đ 4y 2 2  y 2 1 1 1 1 1 1 1 1 y x (tm : x ; y ); y x (tm : x ; y ) 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 +) TH2: x 9y 5 0 loại do x ; y 0.25đ 2 2 1 1 1 1  0,25đ - Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) ( , );( , ) 4 4 2 2  2/ (2điểm) Xác định tất cả các cặp số (a; b), với a, b là số nguyên dương, sao cho a2b a b 0.5đ chia hết cho ab2 b 7 . 3
4. Do ( a2b a b ) ( ab2 b 7 ) b(a2b a b) - a(ab2 b 7) ( ab2 b 7 ) 0,5đ (b2 7a )( ab2 b 7 ). Vì b2 7a b2 ab2 b 7 nên: TH1: b2 7a = 0 : chọn a 7m2 ,b 7m , m N * TH2: b2 7a 0 nên a = 49, a = 11. + với b = 2: (2a2 a 2)(4a 9) 8(2a2 a 2)4a 9 (4a 9)(4a 7) 794a 9 794a 9: không thỏa mãn Vậy (a, b) = (7m2 ;7m) , (11;1), (49;1), m N * 0.5đ Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K. Câu 4(6đ) 4
5. M C I K A B O H a) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R) 1,5 điểm) Tam giác OAC cân tại O, có OI là đường trung tuyến nên OI là đường trung trực 0.5đ Mà M OI MA MC OA OC Xét hai tam giác AMO và CMO có OM chung OAM OCM (c.c.c) 0.5đ MA MC Vì M· AO 900 M· CO 900 MC  CO , hay MC là tiếp tuyến của (O;R) 0.5đ b) Chứng minh IK song song với AB (2,5 điểm) CH  AB KH BH BH Ta có KH / /MA (1) 0. 5đ MA  AB MA AB 2R · 0 Do ACB 90 BC  AC BC / /OM 0. 5đ Xét hai tam giác BCH và OMA có B· HC O· AM CH BH BH BCH : OMA (2) · · 0.7 5 CBH MOA MA OA R Từ (1) và (2) suy ra CH 2KH K là trung điểm của CH 0.2 5 IC IA CAH có: IK là đường trung bình của CAH IK / / AH IK / / AB 0.5đ KC KH c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. (2,0 điểm) Chu vi tam giác ABC là (2P) AB BC CA 2R (CB CA) 0.25đ Mặt khác ta có (CB CA)2 (CB2 CA2 )(12 12 ) 2AB2 8R2 0. 5đ CA CB 2 2R 0.25đ Suy ra (2P) 2R 2 2R (2 2 2)R 0.25đ Dấu “=” xảy ra  CA CB  C là điểm chính giữa cung AB 0.25đ Vậy: Max(2P) 2(1 2)R  C là điểm chính giữa cung AB 0. 5đ Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a3 b3 c3 (2,0 điểm) a,b,c 0 Do 0 a,b,c 3 0.25đ a b c 3 Ta có b3 c3 (b c)3 3bc(b c) (3 a)3 3(a 3)bc 0.25đ Câu a 3 0 3 2 3 3 5(2đ) Do b c 1 3(a 3)bc (a 3)(3 a) (3 a) 0.25đ bc ( )2 (3 a)2 4 4 2 4 3 1 Suy ra b3 c3 (3 a)3 (3 a)3 (27 27a 9a2 a3 ) 0.25đ 4 4 1 3 Khi đó Q a3 b3 c3 a3 (27 27a 9a2 a3 ) (a3 3a2 9a 9) 0.25đ 4 4 3 3 4 (a3 3a2 9a 5) 4 (a 1)2 (a 5) 3 0.25đ 4 4 5
6. a 3 0 a 1 0 a  Dấu bằng xẩy ra b c   a b c 1 0.25đ a b c 1 a 1 0 a b c 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3 khi a = b = c = 1 0.25đ 1 2a a 2 Vì 2 .a2 = 1 – a nên 0 < a < 1 và a 4 2 0,25 đ (2a 3) 2(2a 4 2a 3) 2a 2 Từ đó, ta có: Q 0,25 đ 2(2a 4 2a 3) 4a 4 câu 1 4 2 ý 2 (2a 3) 2(2a 2a 3) 2a 1 2(2 a)2 2a 2 0,5 đ 2(2a 3) 2 (2,0đ) 2 a 2 a 2 1 a 1 2 a 0,75 đ 2 2 2 2 2 2 Vậy Q 2 0,25 đ 6