Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM Năm học 2017 – 2018 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17/4/2018 Câu 1. (5,0 điểm) x 8 1 x 4 4 x a) Cho biểu thức A với 0 x 4 . x x 8 x 2 x 4 x 4 Rút gọn biểu thức A. Tìm các số nguyên x để A là số nguyên. b) Cho ba số thực a,b,c thỏa 1 a,b,c 2.Chứng minh : a b c a c b 7 . b c a c b a Câu 2. (4,0 điểm) a) Cho phương trình x2 2x 3 2m 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 trong đó một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. b) Giải phương trình 2 1 x 1 x2 3 x . Câu 3. (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì n 2 n 1 n 8 không thể là lập phương của một số tự nhiên. b) Cho số nguyên tố p p 3 và hai số nguyên dương a ,b sao cho p2 a2 b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2( p a 1) là số chính phương. Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC (E khác B và C ). Một đường thẳng qua B , vuông góc với đường thẳng DE tại H và cắt đường thẳng CD tại F. Gọi K là giao điểm của AH và BD . a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn và ba điểm K, E, F thẳng hàng. b) Khi E là trung điểm cạnh BC , tính diện tích tứ giácBKEH . Câu 5. (3,5 điểm) Cho hai đường tròn C1 , C2 cắt nhau tại hai điểm A,B. Tiếp tuyến tại A của (C2) cắt C1 tại M (M khác A ). Tiếp tuyến tại A của C1 cắt C2 tại điểm N (N khácA ). Đường thẳng MB cắt C2 tại P (P khác B). Đường thẳng NB cắt (C1) tại Q (Q khác B). a) Chứng minh các tam giác AMP , ANQ đồng dạng. b) Chứng minh MB.NA2 NB.MA2 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm thi này có 06 trang) Câu Đáp án Điểm Câu 1 x 8 1 x 4 4 x (5,0 đ) Cho biểu thức A với 0 x 4 . x x 8 x 2 x 4 x 4 3,0 Rút gọn biểu thức A; tìm số nguyên x để A là số nguyên. 2 x 8 1 ( x 2) 0,5 A 3 x 23 x 2 x 4 x 4 x 8 1 x 2 0,5 ( x 2)(x 2 x 4) x 2 x 4 ( x 2)( x 2) x 8 1 x 2 ( x 2)(x 2 x 4) x 2 x 4 ( x 2)( x 2) 0,5 (vì 0 x 4 nên 0 x 2 ) x 8 1 1 ( x 2)(x 2 x 4) x 2 x 4 x 2 x 8 ( x 2) (x 2 x 4) 0,5 ( x 2)(x 2 x 4) 3 x 6 3 0,5 ( x 2)(x 2 x 4) x 2 x 4 Ta có : x 2 x 4 ( x 1)2 3 3 0 <A 1. 0,5 + Để A là số nguyên ( khi đó A =1) thì x 2 x 4 3 hay x 1 Chú ý: Các học sinh có thể đặt t = x ( 0 t <2) – thực hiện các biến đổi đại số. Các thầy cô cho điểm thích hợp theo cách cho điểm từng phần trên đây. b) Cho ba số thực a,b,c thỏa 1 a,b,c 2.Chứng minh : a b c a c b 2,0 7 . b c a c b a Vì a,b,c có vai trò như nhau và 1nên a giả,b, csử 2 ≥ a ≥b ≥ c ≥ 1 0,25 Khi đó: (b-a)(b-c) ≤ 0 a b a b2 +ac ≤ ab+bc (*) 1 ( chia 2 vế (*) cho bc) 0,25 b c c b c c và 1 ( chia 2 vế (*) cho ab) 0,25 a b a a b b c a c a c 2 2( ) 0,25 b c a b c a c a a c a c 5 0,25 Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh 2 2( ) 7 (2) c a c a 2 1
3. a Ta có: 2 ≥ a ≥ c ≥ 1 1 x 2 0,25 c 1 5 (2) x+ 2x2 5x+2 0 (x 2)(2x 1) 0 ( đúng vì 1 x 2 x 2 0,25 (2) được chứng minh (1) được chứng minh. Dấu “=”xảy ra khi a=2, b=c=1 hoặc a=b=2, c=1 và các hoán vị của nó. Câu 2 a) Cho phương trình x2 2x 3 2m 0 . Tìm để phương trình có hai nghiệm (4,0 đ) 2,0 phân biệt x1, x2 trong đó một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. Cách 1: Điều kiện pt có 2 nghiệm phân biêt là ’ >0 2m 2 >0 m>1. 0,25 Ta có : x1 x2 2, x1.x2 3 2m 2 0,25 x1 x2 x1 2x2 2m 3 x1 x2 3x2 2m 3 0,5 3x2 5 2m 3x1 1 2m 9x1.x2 (5 2m)(1 2m) 0,5 9(3 2m) 4m2 8m 5 2 11 11 4m 26m 22 -0 chọn m 1, m m 0,5 2 2 Cách 2: 0,25 Điều kiện : ’ >0 2m 2 >0 m>1. Ta có : x1 x2 2, x1.x2 3 2m Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại thì 0,5 2 2 (x1 x2 )(x2 x1 ) 0 3 3 2 2 x1x2 (x1 x2 ) x1 x2 0 3 2 2 0,5 x1x2 (x1 x2 ) 3x1x2 (x1 x2 ) x1 x2 0 2 2 x1 x2 7x1x2 8 0 x1x2 1, x1x2 8. 0,25 + x1x2 1 3 2m 1 m 1 (loai) 11 0, 5 +x x 8 3 2m 8 m ( thỏa mãn ) 1 2 2 Cách 3 : 0,25 Điều kiện : ’ >0 2m 2 >0 m>1. Phương trình có 2 nghiệm là x1 1 2m 2, x2 1 2m 2 0,25 2 Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại thì x1 x2 0,25 2 2 ( không xảy ra trường hợp ngược lại x2 x1 vì 0 x2 1, x1 1 (!) ) 0,25 2
4. 1 2m 2 1 2 2m 2 2m 2 0,5 (2m 2) 3 2m 2 0 2m 2 0  2m 2 3 11 11 m 1  m - Chọn m 0, 5 2 2 b) Giải phương trình 2 1 x 1 x2 3 x (1) 2,0 Cách 1: 0,25 Điều kiện : 1 x 1 (1) 2 1 x 1 x. 1 x = 3 x (2) Đặt 1 x a; 1 x b ( a,b 0) 0,25 2 .(2) viết lại: 2a ab 4 b 0,5 a (2 b) (2 ( dob)( 2+b>02 b) a 2 b 0,25 1 x 1 x 2 x=0 ( Cô si – hoặc bình phương ) 0, 25 x=0 thỏa điều kiện x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 0, 25 Cách 2: 0,25 Điều kiện : 1 x 1 (1) 2[ 1 x (1 x)] [ 1 x2 (1 x)] 0 2 1 x(1 1 x) 1 x( 1 x 1 x) 0 0,5 x 2x 2 1 x. 1 x. 0 1 1 x 1 x 1 x 0,5 1 x 1 x x( ) 0 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 0  (*) 0,25 1 1 x 1 x 1 x (*) 1 x 1 x 1 x2 2x 1 x x 0, x 3 (loai) 0, 5 Kết luận: x=0 là nghiệm duy nhất. Câu 3 a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì (n+2)(n+1)(n+8) không thể là 2,0 (4,0 đ) lập phương của một số tự nhiên. Ta có: (n+2)2< (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*) n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( 0,5 đúng) Giả sử có n N, n 1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự 0,25 nhiên, khi đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3 0,5 n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27 1 89 0,5 2n2 n 11 =0 n  N (!) 4 Vậy n 1, n N thì (n+2)(n+1)(n+8) không là lập phương của một số tự nhiên. 0,25 3
5. b) Cho số nguyên tố p p 3 và hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình p2 a2 b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 và 2( p a 1) là số chính 2,0 phương. Ta có: p2 a2 b2 p2 (b a)(b a) . 0,25 Các ước của p2 là 1, p và p2 ; không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1. p2 1 p2 1 0,5 Khi đó b và a suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1). 2 2 Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8. Suy ra 2a chia hết cho 8 (1) 0,5 Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2. Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3 0,5 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm). 2 p -1 2 2 Xét 2 p + a + 1 =2 p+ +1 =2p+p +1= p+1 là số chính phương. 0,25 2 Câu 4 Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 4 cm. E là điểm nằm trên cạnh BC (E (3,5 đ) khác B và C ). Một đường thẳng qua B , vuông góc với đường thẳng DE tại H và cắt đường thẳng CD tại F. Gọi K là giao điểm của AH và BD . a)Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn và ba điểm K, E, F thẳng 2,5 hàng. A B K H E D C F (Không có hình vẽ không chấm bài) + Hai tam giác BKA và BKC bằng nhau B·CK B·AK . 0,5 + Lại có A, B, H, D cùng nằm trên một đường tròn nên B·AK K·DE . 0, 5 Suy ra B·CK K·DE Do đó tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn. 0,5 + Trong tam giác BDF có BC và DH là hai đường cao. Suy ra FE  BD (1). 0,2 5 · 0 · 0 Tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và ECD 90 nên EKD 90 hay 0,25 EK  BD (2). 0,25 Từ (1) và (2) suy ra K, E, F thẳng hàng. 4
6. b) Khi E là trung điểm cạnh BC , tính diện tích tứ giácBKEH . 1,0 Ta có BKE vuông cân, BK= KE =2 1 1 SBKE = BK.KE 2. 2 1 0,25 2 2 DC 4 4 Xét BHE ta có BH = BE. sinE = 2. sinE = 2. 2 DE 2 5 5 0.25 16 4 2 HE2 =BE2 BH2 = 4 HE = 5 5 5 1 4 0.25 SBHE = HE.BH 2 5 4 9 2 SBKEH = SBKE +SBHE =1 (cm ) 0.25 5 5 Câu 5 Cho hai đường tròn (C1),(C2) cắt nhau tại hai điểm A,B. Tiếp tuyến tại A của (C 2) (3,5 đ) cắt (C1) tại M (M A). Tiếp tuyến tại A của (C 1) cắt (C2) tại điểm N (N A). Tia MB cắt (C2) tại P ( P B). Tia NB cắt (C1) tại Q ( Q B). 0,75 a/ Chứng minh các tam giác AMP và ANQ đồng dạng. (Không có hình vẽ không chấm bài) · · Tứ giác ABNP nội tiếp ANB APB 0,25 · · Tứ giác ABMQ nội tiếp AQB AMB 0,25 Suy ra: ANQ đồng dạng APM 0,25 b/ Chứng minh: MB.NA2 NB.MA2 . 2,75 2 AM là tiếp tuyến , MBP là cát tuyến của (C2) –chứng minh MA = MB.MP 0,5 Tương tự AN là tiếp tuyến , NBQ là cát tuyến của (C1), ta có: NA2 = NB.NQ 0,25 MA2 MB MP . (1) 0,25 NA2 NB NQ 5
7. Để có (1), ta chứng minh MP =NQ ( AMP và ANQ đồng dạng , chứng minh A M = AP AMP = AQN Cần chứng minh A M = AP hay ·APN ·ANB ) µ · · + Ta có P1 ANB MAB ( chắn cung AB của (C2)) 0,25 µ · + Ta có P2 NAB ( chắn cung NB của (C2) ) · · 0,25 NAB AMB ( chắn cung AB của (C1)) µ µ · · + Suy ra P1 P2 MAB AMB ·APN ·ABP ( Góc ngoài bằng tổng 2 góc trong không kề nó) 0,25 + Mặt khác ·ABP ·ANP ( chắn cung AP của (C )) 2 0,25 Suy ra: ·APN ·ANP . Ta có: ·APN ·ANP ANP cân tại N AN= AP 0,25 Tam giác AMP và AQN đồng dạng kết hợp AN= AP AMP = AQN MP=NQ (2) 0,25 2 MA MB 2 2 Từ (1) (2) hay MB.NA NB.MA . 0,25 NA2 NB Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì các thầy cô giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. 6