Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh (Có đáp án và thang điểm)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán – Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (3,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức B = 13 + 30 2 + 9 + 4 2 2) Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a + b + c = 0,a2 + b2 ¹ c2, b2 + c2 ¹ a2, c2 + a2 ¹ b2. a2 b2 c2 Tính giá trị biểu thức P = + + . a2 - b2 - c2 b2 - c2 - a2 c2 - a2 - b2 Câu 2. (4,0 điểm) 1) Trong hệ trục tọa độ Oxy, tìm trên đường thẳng y = 2x + 1 những điểm M (x;y) sao cho y2 - 5y x + 6x = 0. a b c 2) Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn + + = 0. Chứng minh rằng phương trình 6 5 4 ax2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm. Câu 3. (4,0 điểm) 1) Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng 8 8 8 8 8 8 + + + a2 + b2 + c2 ³ + + . (a + b)2 + 4abc (b + c)2 + 4abc (a + c)2 + 4abc a + 3 b + 3 c + 3 2) Tìm các số nguyên tố a,b,c và số nguyên dương k thỏa mãn phương trình a2 + b2 + 16c2 = 9k2 + 1. Câu 4. (6,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn tâm O đường kính AB và nửa đường tròn tâm O ' đường kính AO. Điểm M thay đổi trên nửa đường tròn (O ')(M khác A và O ), tia OM cắt đường tròn (O) tại C. Gọi D là giao điểm thứ hai của CA với đường tròn (O '). 1) Chứng minh rằng tam giác ADM cân. 2) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt tia OD tại E, chứng minh EA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O)và (O '). 3) Đường thẳng AM cắt OD tại H , đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng ba điểm A,M ,N thẳng hàng. 4) Tính độ dài đoạn OM theo a biết ME song song với AB. Câu 5. (3,0 điểm) 1) Cho hình vuông MNPQ và điểm A nằm trong tam giác MNP sao cho 2 2 2 · AM = AP + 2AN . Tính góc PAN. 2) Cho các đa thức P (x) = x 3 + ax2 + bx + c; Q (x) = x2 + 2016x + 2017 thỏa mãn P (x) = 0 có ba nghiệm thực phân biệt và P (Q (x)) = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng P (2017)> 10086. HẾT
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Toán - Lớp 9 Câu Đáp án Điểm 1.1. (1.5 điểm) B = 13 + 30 2 + 9 + 4 2 = 13 + 30 2 + 8 + 2 8 + 1 0.75 = 13 + 30 2 + ( 8 + 1)2 = 13 + 30 2 + 8 + 1 = 13 + 30 2 + 2 2 + 1 = 13 + 30 ( 2 + 1)2 = 18 + 2 18.5 + 25 0.75 = ( 18 + 5)2 = 3 2 + 5 1.2. (1.5 điểm) a2 b2 c2 P = + + 2 2 2 b + c - b2 - c2 c + a - c2 - a2 a + b - a2 - b2 ( ) ( ) ( ) 0.75 a2 b2 c2 a3 + b3 + c3 = + + = 2bc 2ca 2ab 2abc Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0 3 3 3 Þ a + b + c = 3abc 0.75 3 Do vậy, P = 2 2.1. (2.0 điểm) é êy = 2 x Ta có y2 - 5y x + 6x = 0 Û ê êy = 3 x ë 1.0 2 Với y = 2 x Þ 2x + 1 = 2 x Û x + ( x - 1) = 0 , không có x thỏa mãn. é é ê x = 1 êx = 1 Với y = 3 x Þ 2x + 1 = 3 x Û ê Û ê ê 1 ê 1 ê x = êx = ë 2 ë 4 1.0 æ ö ç1 3÷ Từ đó tìm được các điểm thỏa mãn là M (1;3)hoặc M ç ; ÷. èç4 2ø÷ 2.2. (2.0 điểm) 5 5 Với a = 0 Þ b = - c ta được cx = c . 4 4 Nếu c = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Î ¡ . 1.0 4 Nếu c ¹ 0, phương trình có nghiệm x = . 5 Với a ¹ 0, æ ö 2 2 ç 4 4 ÷ 2 16 8 2 2 16 64 2 8 2 D = b - 4ac = b - 4aç- a - b÷= b + ab + a = b + ab + a + a èç 6 5 ÷ø 5 3 5 25 75 æ ö2 1.0 ç 8 ÷ 8 2 = çb + a÷ + a > 0, " a ¹ 0, " b. Suy ra, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. èç 5 ÷ø 75 Vậy phương trình luôn có nghiệm.
3. 3.1. (2.0 điểm) Ta có 8 8 8 (a + b)2 ³ = ;a2 + b2 ³ nên 0.5 (a + b)2 + 4abc (a + b)2 + c(a + b)2 (c + 1)(a + b)2 2 8 a2 + b2 8 (a + b)2 2 2 + ³ + ³ 0.5 (a + b)2 + 4abc 2 (c + 1)(a + b)2 4 c + 1 2 2 8 8 = ³ 0.5 c + 1 2. 2(c + 1) c + 3 8 a2 + b2 8 Do đó, + ³ (a + b)2 + 4abc 2 c + 3 8 b2 + c2 8 8 a2 + c2 8 Tương tự + ³ , + ³ . 0.5 (b + c)2 + 4abc 2 a + 3 (a + c)2 + 4abc 2 b + 3 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 3.2. (2.0 điểm) Vì VP chia 3 dư 1 nên VT chia 3 dư 1. Mà bình phương của số nguyên tố chia 3 dư 1 hoặc 0 nên hai trong ba số a,b,c phải bằng 3. 0.5 TH1: a = b = 3 ta có 18 + 16c2 = 9k2 + 1 Þ 17 = 9k2 - 16c2 = (3k - 4c)(3k + 4c) ì ì ï 3k - 4c = 1 ï k = 3 Þ í Þ í (thỏa mãn) ï 3k + 4c = 17 ï c = 2 0.5 îï îï Vậy ta được (a;b;c;k) = (3;3;2;3). TH2: Nếu c = 3; a = 3 hoặc b = 3. Với a = 3 ta có 32 + b2 + 16×32 = 9k2 + 1 Þ 152 = 9k2 - b2 = (3k - b)(3k + b) = 23 ×19. Vì 3k - b,3k + b cùng tính chẵn lẻ mà tích là chẵn nên chúng cùng chẵn. Ta được các trường hợp: ì ì ï 3k - b = 2 ï k = 13 í Û í (thỏa mãn) ï 3k + b = 76 ï b = 37 îï îï 1.0 Ta được các bộ (a;b;c;k) thỏa mãn là (a,b,c,k) = (3,37,3,13). ì ì ï 3k - b = 4 ï k = 7 í Û í (thỏa mãn) ï 3k + b = 38 ï b = 17 îï îï Ta được các bộ (a;b;c;k) thỏa mãn là (a,b,c,k) = (3,17, 3, 7) Tương tự ta có các bộ (a,b,c,k) = (37,3,3,13),(17,3,3,7). 4.1. (1.0 điểm) Tam giác AOC cân tại O , có OD là C N đường cao nên là phân giác trong góc · · · AOC , do đó AOD = COD E M 0.5 D H A O' O B
4. ¼ ¼ Þ AD = DM nên DA = DM . 0.5 Vậy tam giác AMD cân tại D. 4.2. (1.0 điểm) · · 0 DOEA = DOEC (c.g.c) Þ OAE = OCE = 90 . 0.5 Do đó, AE ^ AB. Vậy AE là tiếp tuyến chung của (O) và (O '). 0.5 4.3. (2.0 điểm) Giả sử AM cắt (O) tại N ' . DOAN ' cân tại O, có OM ^ AN ' nên OM là đường trung 1.0 trực của AN ' Þ CA = CN '. · · · · Ta có CN 'A = CAM mà C·AM = D·OM , do đó CN 'H = COH. Bốn điểm C,N ',O,H thuộc một đường tròn. 1.0 Suy ra, N ' thuộc đường tròn ngoại tiếp DCHO. Do vậy, N ' trùng với N. Vậy ba điểm A,M ,N thẳng hàng. 4.4. (2.0 điểm) Vì ME / / AB và AB ^ AE nên ME ^ AE . Ta có hai tam giác MAO,EMA đồng dạng nên 1.0 MO MA AO = = Þ MA2 = AO.EM (*) EA EM MA Dễ thấy DMEO cân tại M nên ME = MO. Thay vào (*) ta được MA2 = OA.MO ( ) Đặt MO = x > 0 ta có MA2 = OA2 - MO2 = a2 - x 2. Từ ( ) suy ra a2 - x 2 = ax Û x 2 + ax - a2 = 0. 1.0 ( 5 - 1)a Từ đó tìm được OM = 2 5.1. (1.5 điểm) M N Dựng tam giác ANB vuông cân tại N ( A,B nằm khác phía đối với NP ). 2 2 · 0 B Ta có AB = 2AN , BAN = 45 và A DAMN = DBNP (c.g.c) Þ AM = BP . 1.0 Q P Do đó, AP 2 + AB 2 = AP 2 + 2AN 2 = AM 2 = BP 2 Þ DABP vuông tại A. 0.5 Nên P·AN = P·AB + B·AN = 900 + 450 = 1350 5.2. (1.5 điểm) Gọi x1,x2,x3 là ba nghiệm của P (x) ta có P (x) = (x - x1)(x - x2 )(x - x3 ) 0.5 Suy ra, P (Q (x)) = (Q (x)- x1)(Q (x)- x2 )(Q (x)- x3 ) Do P (Q (x)) = 0 vô nghiệm nên các phương trình Q (x)- xi = 0(i = 1,2,3) vô nghiệm. 2 Hay các phương trình x + 2016x + 2017 - xi = 0(i = 1,2,3) vô nghiệm
5. Do đó, các biệt thức tương ứng D ' = 10082 - (2017 - x ) 10082 i i i 1.0 6 Suy ra, P (2017) = (2017 - x1)(2017 - x2 )(2017 - x3 )> 1008 . Chú ý: 1. Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm. 2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết. 3. Tổng điểm của bài thi không làm tròn. Hết