Đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Đề số 5 (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Đề số 5 (Có đáp án và thang điểm)

1. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (3 điểm) x2 2x 1 1 1 Cho biểu thức A .( ) x3 1 2 1 x 2 1 x 2 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (6 điểm) a) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 . 1 1 b) Chứng minh rằng: 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 x y và x.y > 0. 1 1 1 1 c) Cho x, y, z thỏa mãn : 1. x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 . Bài 3: (4 điểm) a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1) chia hết cho 323 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2 2y 1 0 Bài 4: (4 điểm) Cho ABC vuông ở C. Lấy D đối xứng C qua AB, CD cắt AB tại M, lấy điểm E đối xứng với A qua M. a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao? b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên BC và AC. Chứng minh rằng: HM MK CD  HK MC 4R Bài 5:(3 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng: c ab a bc b ac 2 a b b c a c HẾT
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Điể Bài Nội dung m x 2 0 1a 3 x 2 a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa: x 1 0 (1đ) x 1 1,0đ x 2 1 b) Rút gọn biểu thức A x2 2x 1 1 1 x(x 2) 1 2 A 3 .( ) 2 . x 1 2 1 x 2 1 x 2 (x 1)(x x 1) 2 1 (x 2) 1,0đ 1b x(x 2) 1 x(x 2) (x2 x 1) (1đ) (x 1)(x2 x 1) x 1 (x 1)(x2 x 1) (x 1) 1 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 1 3 Ta có A . Ta có A nhỏ nhất khi (x )2 đạt 2 1 3 x x 1 (x )2 2 4 1c 2 4 1,0đ 4 1 (1đ) giá trị nhỏ nhất . Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là khi x = 0 3 2 1 x 2 a) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 ĐK 2016 x 2017 x2 2x 1 2017x 2016 2 2017x 2016 1 0 2a 1,0đ (2đ) 2 2 x 1 0 x 1 2017x 2016 1 0 2017x 2016 1 0 x 1 x 1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy x 1 là nghiệm 2017x 2016 1 của phương trình đã cho.
3. 1 1 Chứng minh: 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x y x.y > 0. Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0 2 2 2 ( x – xy + y )( x + y + 2) + ( x + y + 2) = 0 1,0đ ( x + y + 2)( x2 – xy + y2 + x + y + 2) = 0 2b 1 .( x + y + 2)( 2x2 – 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0 (2đ) 2 1 .( x + y + 2). (x y)2 (x 1)2 (y 1)2 2 = 0 2 x + y + 2 = 0 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0 ( x) ( y) (x y) 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có ( x)( y) 1 2 2 2 1 2 1 1 x y 2 Do đó xy 1 suy ra 1 hay -2 Mà M 1,0đ xy xy x y xy xy 1 1 Vậy M 2 (đpcm) x y 1 1 1 1 a) Cho x, y, z thỏa mãn : 1. x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 1,0đ 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: : 1 x y z 1 2c x y z x y z x y z (2đ) (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = 0 x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = 0 x y 2 1,0đ (yz + zx + y + yx)( x+ z) = 0 (x y)(y z)(x z) 0 y z z x Thay vào B tính được B = 0 a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1323 3a Ta có: 323=17.19 1,0đ (2đ) • 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n) 20n – 119 16n – 3n19 (n chẵn) Do đó 20n + 16n – 3n – 119 (1)
4. • 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 3n) + (16n –1) 20n – 3n 17 1,0đ 16n –1n17 ( n chẵn) Do đó 20n + 16n – 3n – 117 (2) Mà (17;19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20n + 16n – 3n – 1323 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y 2)x2017 y2 2y 1 0 Nếu y+2=0 y 2 lúc đó phương trình có dạng 0x2017 1 0 (vô nghiệm). 1,0đ y2 2y 1 1 Nếu y 2 thì ta có x2017 y y 2 y 2 3b (2đ) 1 Vì x, y nguyên nên nguyên y 2 Ư(1) 1;1 . Với y 2 2017 y 2 1 y 3 x 4 (loại ).Với 1,0đ y 2 1 y 1 x2017 0 x 0 . Vậy số nguyên x,y thỏa mãn đề bài là : x=0,y=-1 a) Vì CD  AB CM = MD Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là HBH Mà AE  CD tứ giác ACED là hình thoi b) Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tại C, C suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật H Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có: MA.MC 1,0đ MH.AC = MA.MC MH = K AC MB.MC MA.MB.MC2 B Tương tự ta có: MK = MH.MK = A M E BC AC.BC Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C) MC2.MC2 MC3 MH.MK MC MH.MK = = = MC.AB AB MC2 AB D Mà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD HM MK CD = = = Vậy:  = (đpcm) HK.MC AB 2AB 4R HK MC 4R Vì a + b + c = 1 nên c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b) 4 a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c) 2,0đ (4đ) b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c) nên BĐT cần chứng minh tương đương với:
5. c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 2 2 2 c a c b b a b c a b a c 2 a b a c b c 5 Mặt khác dễ thấy: x2 y2 z2 xy yz zx , với mọi x, y, z (*) (3đ) Áp dụng (*) ta có: VT b c a b c a 2 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c = đpcm 3