Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Thành phố Hải Dương (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Thành phố Hải Dương (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PGD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN THI: TOÁN HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút) Bài 1 (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = x 4 x 4 x 4 x 4 8 16 1 x x2 Rút gọn rồi tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Bài 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình: a. x 2 3x 2 x 3 x 2 x 2 2x 3 b. 4x 2 x 8 3x2 7x 8 Bài 3 (1,5 điểm) a. Cho f (x) (x3 12x 31)2013 . Tính f (a) với a 3 16 8 5 3 16 8 5 b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 Bài 4 (1,5 điểm) a. Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: abc = 1 a b c a2 b2 c2 và b2 c2 a2 c a b Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. b. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3. a b c 3 Chứng minh rằng 1 b2 1 c2 1 a2 2 Bài 5 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. b. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. BE3 CE c. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và . BF 3 DF d. Nếu tam giác vuông BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp (K EF; M BE và N BF) sao cho tỉ số giữa cạnh hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BEF là 2 2 . Hãy tính các góc nhọn của tam giác BEF? 2 Hết
2. ĐÁP ÁN Bài Ý Nội dung ĐKXĐ: x > 4 ( x 4 2)2 ( x 4 2)2 x 4 2 x 4 2 Rút gọn A = 4 4 (1 )2 1 x x x 4 2 x 4 2 x 4 x 4x - Nếu 4 8 thì A = 2x x 4 4x 16 1 * Xét A = = 4 + với x Z. x 4 x 4 A Z x – 4 là ước của 16 và 4 8. (1) x 4 * Với x Z x 4 là số vô tỉ, hoặc x 4 ¥ Do đó, từ (1) A Z x 4 ¥ x 4 = a (a ¥ ; a > 2) a2 = x – 4 x = a2 + 4 2 2 a 4 8 A = =2a (a ¥ ; a > 2) (2) a a 8 Từ (2) A Z ¥ a là ước của 8 và a > 2 a a 4; 8 x = 20; 68 Vậy: x = 5; 6; 8; 20; 68. a ĐKXĐ: x 2 (x 1)(x 2) x 3 x 2 (x 1)(x 3) 2 x 1( x 2 x 3) x 2 x 3 0 ( x 2 x 3)( x 1 1) 0 x 2 x 3 0 (1) hoặc x 1 1 0 (2) PT (1) vô nghiệm; giải PT (2) được x = 2 (thỏa mãn).
3. Vậy phương trình có một nghiệm x = 2 b Điều kiện x 8 4x 2 . x 8 3x2 7x 8 x 8 3x. x 8 x 2 x 8 3x x 2 0 x 8 x 8 3x x 2 x 8 3x 0 x 8 x 2 x 8 3x 0 x 8 x 2 1 x 8 3x 2 Giải PT (1) và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho. Giải PT (2 và tìm được x = 1 là một nghiệm của PT đã cho Kết luận: PT đã cho có một nghiệm là x = 1 a a 3 16 8 5 3 16 8 5 a3 32 33 (16 8 5)(16 8 5).( 3 16 8 5 3 16 8 5 ) a3 32 3.( 4).a a3 32 12a a3 12a 32 0 a3 12a 31 1 f (a) 12013 1 3 Ta có: y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (*) (x y)2 (x 1)(x 2) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên b phải có 1 số bằng 0 x 1 0 x 1 y 1 x 2 0 x 2 y 2 Vậy có 2 cặp số nguyên (x; y) ( 1;1) hoặc (x; y) ( 2;2) a b c a2 b2 c2 Ta có: b2 c2 a2 c a b a3c2 b3a2 c3b2 b3c c3a a3b doa2b2c2 abc 1 a2b2c2 a3c2 b3a2 a3b c3b2 c3a b3c abc 0 a a2c2 b2 a ba2 b2 a c3 b2 a bc b2 a 0 4 2 2 2 2 3 b a a c ba c bc 0 b2 a c2 b a2 c 0 a b2 hoặc b c2 hoặc c a2 Vậy ít nhất một trong ba số a, b, c phải là bình phương của một số hữu tỉ Do a, b > 0 và 1 b2 2b a,b nên: b a ab2 ab2 ab = a a = a 1 b2 1 b2 2b 2
4. Đẳng thức xảy ra b = 1 Chứng minh tương tự ta cũng có: b bc c ca b ; c . Đẳng thức xảy ra c = 1; b = 1. 1 c2 2 1 a2 2 a b c ab bc ca 2 2 2 a b c 1 b 1 c 1 a 2 a b c ab bc ca Hay 2 2 2 3 (1) 1 b 1 c 1 a 2 Mặt khác, do a + b + c = 3 (a + b + c)2 = 9 a2 b2 c2 2 ab bc ca 9 (2) 1 Mà a2 b2 c2 = a2 b2 b2 c2 c2 a2 ab bc ca (3) 2 Đẳng thức xảy ra a = b = c Từ (2)và (3) 9 3 ab bc ca 3 ab bc ca (4) a b c 3 Từ (1) và (4) 3 1 b2 1 c2 1 a2 2 a b c 3 Dấu = sảy ra a = b = c = 1 1 b2 1 c2 1 a2 2 B 1 D I O C H 5 1 E F P A Q BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA Nối OE, BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF AE AB AE AB AE AB a 1 1 AB AF AB AF OA AQ 2 2 · · · µ Vậy AEO: ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P1 (góc có · µ các cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO P1 , mà hai góc đồng vị => PH //
5. OE. Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. AB.PQ Ta có S R.PQ R(AP AQ) BPQ 2 R R (AE+AF) .2 AE+AF R AB2 R 4R2 2R 2 b 2 2 2 SBPQ 2R AE = AF BEF vuông cân tại B. BCD vuông cân tại B AB  CD. 2 Vậy SBPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R khi AB  CD Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên ·ACB ·ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2 = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF c AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: BE 2 EA.EF AE BE 4 AE2 CE.BE BE3 CE BF 2 FA.EF AF BF 4 AF 2 DF.BF BF 3 DF B S J N M O 1 E 2 K F Tứ giác BMKN là hình vuông nên BK là phân giác của Bµ . Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp BEF thì O phải nằm trên BK. d Kẻ OJ  BE và OS  BF. KN BK 2 2 2 Vì OS // KN nên 1 OS BO 2 2
6. BK BO OK OK OK 2 1 vì 1 BO BO OB OB 2 2 OK KF Mặt khác FO là phân giác Fµ nên OB BF KF 1 Suy ra = => BF = KF. 2 => BF2 = 2KF2 BF 2 Lí luận tương tự ta có BE = EK. 2 BE2 = 2EK2 Vậy EF2 = BE2 + BF2 = 2 (KF2 + KE2) (EK+KF)2 = 2(KF2 + EK2) EK2 +2EK.KF + KF2 = 2KF2 + 2EK2 KF2 – 2EK.KF + KE2 = 0 (KF – KE)2 = 0 KF = KE. Vậy BEF vuông cân tại B nên E· BF 900 , B· EF B· FE 450