Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Thanh Hà (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Thanh Hà (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PHÒNG GD & ĐT THANH HÀ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 (2 điểm): x 3 x 2 x 2 x 1) Rút gọn biểu thức A : 1 với x 2 3 x x 5 x 6 x 1 x 0; x 4; x 9 2) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca = 6 và a2 + b2 + c2 = 21. Tính giá trị biểu thức: (a2 6)(b2 6) (b2 6)(c2 6) (c2 6)(a2 6) P = c2 6 a2 6 b2 6 Câu 2 ( 2điểm): 1) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 2) Cho hàm số y =(m-1)x +2m -3 ( m là tham số ) có đồ thị là đường thẳng (d). Tìm m để đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn tâm O (O là gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm ( đơn vị trên 2 trục tọa độ là cm). Câu 3 (2 điểm): 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì: n4 6n3 11n2 30n 24 chia hết cho 24. 2) Tìm số hữu tỉ a, b biết phuơng trình : x3 + ax2 + bx+2 = 0 có một nghiệm là x=1+ 2 Câu 4 ( 3 điểm): Cho nửa (O) đường kính BC=2R, A là điểm bất kì trên nửa đường tròn (A không trùng với B, C). Kẻ AH  BC, gọi E và F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB và AC. a) Chứng minh AE.AB = AF.AC và EF3 = BE.CF.BC b) Gọi I là điểm đối xứng với H qua AB. Chứng minh IA là tiếp tuyến của (O). c) Tìm vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao cho diện tích tam giác AHB đạt giá trị lớn nhất ? Câu 5 (1 điểm): Cho a, b là hai số dương thỏa mãn a+b 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P a2 b2 1 2ab Hết Giám thị 1: Giám thị 2: SBD: Họ và tên thí sinh:
2. PHÒNG GD & ĐT THANH HÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 05 câu, 03 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 x 3 x 2 x 2 x A : 1 x 2 3 x x 5 x 6 x 1 x 3 x 2 x 2 1 0,25 A : x 2 x 3 ( x 2)( x 3) x 1 ( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) x 2 1 A : 0,25 ( x 2)( x 3) x 1 x 9 x 4 x 2 1 A : ( x 2)( x 3) x 1 0,25 1 x 3 1 x 1 A : 0,25 ( x 2)( x 3) x 1 x 2 2 Vì ab+bc+ca = 6 nên a2 + 6 = a2 + ab+bc+ca =(a+b)(a+c); tương tự ta có : b2 +6 = (b+c)(b+a) ; c2 +6= (c+a)(c+b) 0,25 Thay và biểu thức P ta có : (a b)2 (b c)(c a) (a b)(b c)2 (c a) (a b)(b c)(c a)2 P 0,25 (b c)(c a) (a b)(a c) (b c)(b a) P 2(a b c) (vì a, b,c >0) 0,25 2 2 2 2 Mặt khác : (a+b+c) = a + b + c -2(ab+bc+ca) = 21-2.6 = 9 0,25 => a+b+c = 3 =>P = 6 1 x2 2015x 2014 2 2017x 2016 2016 Điều kiện x 2017 Phương trình đã cho tương đương với x2 2x 1 2017x 2016 2 2017x 2016 1 0 0,25 2 x 1 2 2017x 2016 1 0 x 1 0 0,25 2 2017x 2016 1 0 0,25 x 1 2017x 2016 1 x 1 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 2 Để đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn tâm O (O là gốc tọa độ Oxy) bán kính 2cm khi khoảng cách từ O tới đường thẳng (d) là 2cm * Nếu m=1 ta có : y=-1 là đường thẳng song song với trục Ox cắt trục tung tại điểm có tung độ là -1. Khoảng cách từ (d) tới O là 1 2 => m=1(loại)
3. * Nếu m=1,5 ta có :y=0,5x là đường thẳng đi qua gốc tọa độ, khoảng cách từ O tới 0,25 (d) là 0 2 => m=1,5(loại) * Nếu m 1, m 1,5: + Cho x=0 => y=2m-3 ta có A(0, 2m-3)=>OA 2m 3 (2m 3) (2m 3) 2m 3 + Cho y=0 => x ta có B ;0 =>OB m 1 m 1 m 1 0,25 Đồ thị hàm số là đường thẳng AB và tạo với 2 trục tọa độ tam giác AOB vuông tại 1 1 1 O. Kẻ OH  AB ta có để OH=2 thì: OH 2 OA2 OB2 1 1 (m 1)2 5 4m2 12m 9 4 4m2 8m 4 m (tm) 0,25 4 (2m 3)2 (2m 3)2 4 5 Vậy m thỏa mãn đk đề bài 0,25 4 1 Ta có : n4 6n3 11n2 30n 24 = n4 6n3 11n2 6n 24n 24 n n3 6n2 11n 6 24 n 1 0,2 5 3 2 2 2 = n n n 5n 5n 6n 6 24 n 1 n n 1 n 5n 6 24 n 1 = n n 1 n 2 n 3 24 n 1 Vì n; n + 1; n + 2; n + 3; là bốn số tự nhiên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 0,25 3. Mặt khác trong 4 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 2 số chẵn liên tiếp nên có một số 0,25 chia hết cho 2, một số chia hết cho 4 . Vậy n n 1 n 2 n 3 chia hết 2.3.4 = 24 3 0,25 và 24 (n - 1) chia hết cho 24 nên n4 6n3 11n2 30n 24 chia hết cho 24 Thay x=1+ 2 vào phương trình ta có : (1+ 2 )3 + a(1+ 2 )2 +b(1+ 2 ) +2=0 0,25 => 9+5 2 +3a +2a 2 + b +b 2 =0 =>(5+2a +b) 2 = -(3a+b+9) 0,25 3a b 9 Nếu 5+2a +b 0 thì 2 Q (vô lí ) 0,25 5 2a b 5 2a b 0 2a b 5 Vậy a 4;b 13 0,25 3a b 9 0 3a b 9 4 Vẽ hình đúng A F I E B C H O 0,25 a * Tam giác ABH vuông tại H, đường cao HE nên : AH2 =AE.AB Tam giác ACH vuông tại H, đường cao HF nên : AH2 =AF.AC => AE.AB =AF.AC 0,25 * Tam giác ABC nội tiếp (O) đường kính BC => V ABC vuông tại A , có AH là đường cao =>AH2 =BH.CH => AH4 =BH2.CH2 0,25 Mặt khác: BH2 =BE.BA ; CH2=CF.CA => AH4 = BE.CF.BA.CA 0,25
4. Ta lại có AB.AC= AH.BC => AH3 =BE.CF.BC Ta có : Tứ giác AEHF là hình chữ nhật => AH=EF => EF3 =BE.CF.BC 0,25 b -Vì H đx với I qua AB => I·AB H· AB - Tam giác OAB cân tại O => O· AB O· BA 0,25 0, 5 Ta có O· AB I·AB O· BA H· AB 900 => I·AO 900 => IA là tiếp tuyến với (O) tại A c Đặt BH=x( 0 x 2R ) =>HC = 2R-x Tính được AH x(2R x) 0,25 1 1 1 Ta có S AH.BH x. x(2R x) x3 (2R x) V AHB 2 2 2 Biến đổi : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 x (6Rx 3x ) (x 6Rx 3x ) (6Rx 2x ) (3Rx x ) x (2R x) x (2Rx x ) 0,25 3 12 12 3 9R2 3R 9R2 Mặt khác : 3Rx x2 (x )2 0,25 4 2 4 1 81R4 3 3R2 3 3R2 3R => S => S x= V AHB 2 16.3 8 V AHB(max) 8 2 3 3R2 0,25 Vậy S khi A là giao điểm của đường trung trực đoạn OB và (O) V AHB(max) 8 5 1 1 4 0,25 Chứng minh BĐT phụ: Với mọi x, y >0 ta có : , dấu ‘=’ xảy ra khi x=y x y x y Áp dụng BĐT phụ trên ta có : 1 1 1 1 1 4 1 P a2 b2 1 2ab a2 b2 1 6ab 3ab a2 b2 1 6ab 3ab 0,25 4 1 P (a b)2 1 4ab 3ab 1 0,25 Vì a, b > 0, theo BĐT Cosi ta có a b 2 ab , mà a b 1=> ab 4 4 1 4 4 8 1 Vậy P , dấu ‘=’ xảy ra khi a=b= 2 1 1 3 3 3 2 1 1 4. 3. 0,25 4 4 KL * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết