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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS HƯNG YÊN NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút Ngày thi: 22/3/2017 Câu 1.(2 điểm) 2 1 2 1 Cho a ;b . Tính a7 b7 2 2 Câu 2. (4 điểm) a) Cho hàm số y = ax+b (a khác 0) có đồ thi là (d) . Lập phương trình đường thẳng (d), biết (d) đi qua điểm A(1;2) và cắt trục hoành tại điểm B có hoành độ dương, cắt trục tung tại điểm C có tung độ dương và thỏa mãn OB OC nhỏ nhất (O là gốc tọa độ) b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 3x 16y 24 9x2 16x 32 Câu 3. 3 điểm Giải phương trình 4x3 5x2 1 3x 1 3x Câu 4 . (3 điểm) y2 2x 1 3 5y2 6x 3 Giải hệ phương trình 4 2 2y 5x 17x 6 6 15x Câu 5. (6 điểm) Cho điểm M thuộc nửa đường tròn (O) đường kính AB M A,M B,MA MB . Tia phân giác của A· MB cắt AB tại C. Qua C vẽ đường vuông góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự ở D, H. a) Chứng minh CA = CH b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của (O), F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh E, M, F thẳng hàng. 2 c) Gọi S1,S2 thứ tự là diện tích tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM S1.S2 Câu 6. (2 điểm) Cho ba số a,b,c 1 thỏa mãn 32abc 18(a b c) 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a2 1 b2 1 c2 1 P a b c
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 HƯNG YÊN 2016-2017 Câu 1. 1 2 1 3 Ta có : a b 2 ;ab ; a2 b2 a b 2ab 2 4 2 2 Lại có a7 b7 a3 b3 a4 b4 a3b3 a b 3 2 a b 3ab(a b) a2 b2 2a2b2 a3b3 (a b) 2 3 1 3 1 1 5 17 1 169 2 2 3. . 2 2. . 2 . 2. . 2 4 2 16 16 4 8 64 64 Câu 2. a) Do (d) đi qua điểm A(1;2) nên (d) có dạng y ax 2 a a 2 Có (d) cắt trục Ox tại B ;0 và cắt trục Oy tại C 0;2 a a Vì điểm B có hoành độ dương và C có tung độ dương nên a <0 a 2 2 2 2 Khi đó ta có OB OC 2 a 1 2 a 3 ( a) 3 2 .( a) 5 a a a a Suy ra OB + OC nhỏ nhất khi và chỉ khi a 2 Vậy phương trình (d) có dạng: y 2x 2 2 b) 3x 16y 24 9x2 16x 32 (1) ĐK: 3x 16y 24 0 2 3x 16y 24 9x2 16x 32 3x 16y 24 9x2 16x 32 9(3x 16y 24)2 9 9x2 16x 32 2 9x 48y 72 81x2 144x 288 2 2 9x 48y 72 9x 8 224 2 2 9x 48y 72 9x 8 224 9x 48y 72 9x 8 9x 48y 72 9x 8 224 18x 48y 64 48y 80 224 32. 9x 24y 32 (3y 5) 224 9x 24y 32 . 3y 5 7
3. Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2 3y 5 1 hoặc 3y 5 7 +) TH1: 3y 5 1 y 2 x 1 +) TH2: 3y 5 7 y 4 x 7 Vậy các cặp nghiệm nguyên (x;y) là 1; 2 ;( 7; 4) 1 Câu 3. ĐK: x 3 4x3 5x2 1 3x 1 3x 4x3 5x2 1 3x 1 3x 0 4x3 5x2 x 2x 1 3x 1 0 2 2x 1 3x 1 4x3 5x2 x 0 2x 1 3x 1 4x2 x 4x2 x x 1 0 2x 1 3x 1 1 4x2 x x 1 0(*) 2x 1 3x 1 1 1 Với x thì x 1 0 3 2x 1 3x 1 x 0 2 (*) 4x x 0 1 (thỏa mãn điều kiện) x 4 1 Vậy phương trình có nghiệm x 0;x 4 Câu 4. 1 Điều kiện xác định x . Biến đổi phương trình thứ hai ta được 2 2 2y4 5x 2 (x 3) 3(2 5x) suy ra x (loại) hoặc 2xy4 3 6y4 5 y2 2x 1 3. 2x 1 5y2 3 Ta đưa về hệ phương trình 4 4 2xy 3 6y Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chia 2 vế của phương trình thứ nhất cho y2 và phương trình thứ hai cho y4 có:
4. 3 3 2x 1 2x 1 5 y2 y2 3 2x 1 4 5 y 3 Đặt a 2x 1 ; b với a 0;b 0 y2 a ab b 5 Ta có hệ phương trình 2 2 a b 5 5 b Ta được a thay vào phương trình (2) ta có: 1 b 2 5 b 2 4 3 2 2 b 5 b 2b 3b 20b 20 0 b 1 b 2 b 5b 10 0 1 b a 2 a 1 Suy ra hoặc b 1 b 2 5 a 2 x +Với thì 2 b 1 4 y 3 x 1 a 1 +) Với thì 4 3 b 2 y 2 5 4 3  ; 4 3 ; 1; Kết luận (x;y)  2 2  Câu 5.
5. D F M E H I A B C O AC AM a) Do MC là phân giác của AMB , theo tính chất đường phân giác (1) BC BM Xét BHC và BAM có B· CH B· MA 900 , ABM là góc chung HC AM BHC đồng dạng với BAM (2) BC BM Từ (1) và (2) AC HC b) Tứ giác ACHE là hình vuông suy ra AH=EC Gọi AH cắt EC tại I AH EC Xét AMH vuông tại M MI MI E· MC 900 2 2
6. Chứng minh tương tự ta có C· MF 900 Vậy E· MF 900 900 1800 suy ra E, M, F thẳng hàng CE c) Do tứ giác ACHE là hình vuông CH 2 CE2 S CH2 2S CE2 1 2 1 2 Tương tự 2S2 CF Xét FCE vuông tại C, đường cao CM, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta 1 1 1 có, CE2 CF2 CM2 2 2 2 CE .CF 2S1S2 2S1S2 CM 2 2 S1.S2 CE CF S1 S2 2 S1S2 Dấu “=” xảy ra S1 S2 AM BM (vô lý vì AM < BM) 2 Vậy CM S1.S2 Câu 6. +) Sử dụng bất đẳng thức : Với x,y,z 0 , ta luôn có x y z 3(x y z) Từ bất đẳng thức đã cho ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 2 9 3 2 2 2 a b c a b c a b c 2 1 1 1 Suy ra P 9 a b c 1 1 1 27 Từ giả thiết 32abc 18(a b c) 27 18 32 (*) ab bc ca abc 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có . và . ab bc ca 3 a b c abc 27 a b c 1 1 1 Đặt t . Từ (*) ta có a b c 2 3 t t 3 2 2 18 27. 32 t 6t 32 0 t 2 t 4 0 t 2 3 27 2 1 1 1 2 Suy ra P 9 9 2 5 a b c 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 2 Vậy giá trị lớn nhất của P là 5