Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Thành phố Vinh (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ VINH DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2016-2017 Môn: Toán – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức: ab bc ca A a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 2) Tính giá trị của biểu thức: x3 x2 5x 3 6 P tại x 1 3 2 3 4 x3 2x2 7x 3 Bài 2. (4,0 điểm) x2 xy y2 3 1) Giải hệ phương trình x y xy 5 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x 5y 1 2 x x2 x y 105 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n 2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 x 3y2 y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương Bài 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB Bài 5. (2,0 điểm) 1 1 1 Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c 0 và a b c 0 a b c a6 b6 c6 Chứng minh rằng abc a3 b3 c3
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1 1) .Từ a b c 0 a b c Bình phương hai vế ta được a2 b2 2ab c2 nên a2 b2 c2 2ab Tương tự : b2 c2 a2 2bc và c2 a2 b2 2ac ab bc ca 1 1 1 3 Do đó A 2ab 2bc 2ca 2 2 2 2 3 Vậy A 2 2) . Ta có x 3 2 1 1 3 2 3 4 3 2 1 2 1 1 3 Suy ra x 3 2 x 1 2x3 x 1 hay x3 3x2 3x 1 Do đó 3x2 3x 1 x2 5x 3 6 4x2 8x 4 6 P 3x2 3x 1 2x2 7x 3 x2 4x 4 2 4 x 1 6 2 x 1 6 2 x 1 6 2x 4 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 (vì x 1 3 2 3 4 2) Vậy P 2 tại x 1 3 2 3 4 Câu 2 2 x2 xy y2 3 x y 3xy 3 1) Ta có : x y xy 5 x y xy 5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a2 3b 3 Hệ phương trình trên trở thành a b 5 a 3 a 6 Giải hệ phương trình trên ta được hoặc b 2 b 11 Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được x y 3 x 1 x 2 và xy 2 y 2 y 1 Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được x y 6 x y 6 2 . Hệ phương trình vô nghiệm xy 11 y 6y 11 0
3. x 1 x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm và y 2 y 1 2) . 2x 5y 1 2 x x2 x y 105 Vì 105 là số lẻ nên 2x 5y 1 và 2 x x2 x y phải là các số lẻ Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn 2 x x2 x y là số lẻ mà x2 x x(x 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0 Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được: 5y 1 y 1 105 5y2 6y 104 0 5y2 20y 26y 104 0 5y(y 4) 26(y 4) 0 (5y 26)(y 4) 0 26 y (loại) hoặc y 4 (thỏa mãn) 5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 3 1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn 20142014 1 chia hết cho n3 2012n Ta có n3 2012n n3 n 2013n n(n 1)(n 1) 2013n Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n n 1 n 1 3 mà 20133 nên n3 2012n 3(1) 2014 Mặt khác 20142014 1 2013 1 1 chia cho 3 dư 2 vì 20133 (2) Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho 2) Từ: 2x2 x 3y2 y (1) 2x2 2y2 x y y2 (x y)(2x 2y 1) y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 3y2 x y x2 (x y)(3x 3y 1) x2 (x y)2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) x2y2 (2x 2y 1)(3x 3y 1) là số chính phương (3) Gọi 2x 2y 1;3x 3y 1 d (2x 2y 1)d; (3x 3y 1)d 3x 3y 1 2x 2y 1 x y d 2(x y)d (2x 2y 1) 2(x y) 1d nên d = 1 2x 2y 1;3x 3y 1 1 (4) Từ (3) và (4) 2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương
4. Lại có từ (2) suy ra x y 2x 2y 1 là số chính phương nên x – y cũng là số chính phương. Vậy 2y2 x 3y2 y thì x y;2x 2y 1 và 3x+3y+1 đều là các số chính phương Câu 4 A O Q P N C M B I E H d a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC) Suy ra B· EC M· AB (so le trong) Mà A· BC 900 ;A· QM 900 và A· MO O· MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) A· MO O· MB B· CE (cùn phụ với hai góc bằng nhau) BE OB MB OB tan B· CE tan O· MB (1) BC MB BC BE Lại có M· BA O· BC (cùng phụ với A· BO) Nên M· BC O· BE (cùng = 900 O· BC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MBC : OBE(c.g.c) b) Từ MBC : OBE B· CM B· EO Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC
5. BIE : NIC (g.g) I·BE I·NC mà I·BE 900 Nên I·NC 900. Vậy CM  OE c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH OQ OP Ta có OQP : OHM(g.g) OH OM R2 QO.OM OP.OH OA2 R2 OP OH Mà O và d cố định OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB 2AQ 2 OA2 OQ2 mà OQ OP R4 2R AB 2 OA2 OP2 2 R2 . OH2 R2 OH2 OH Dấu “=” xảy ra Q  P M  H 2R Vậy GTNN của AB . OH2 R2 M  H OH 1 *) Vì MO  AB nên S AB.OM AQ.OM AOBM 2 Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A1B1 không đổi Vì OP OQ AB A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 1 Mà OM OH S A B .OH (không đổi) AOBM 2 1 1 Dấu “=” xảy ra M  H 1 Vậy GTNN của S A B .OH khi và chỉ khi M  H AOBM 2 1 1 Câu 5 3 *a b c 0 a b c a b c3 a3 b3 c3 3ab(a b) 3abc 1 1 1 * 0 ab bc ca 0 a b c 2 2 2 *a6 b6 c6 a3 b3 c3 2 a3b3 b3c3 c3a3 *ab bc ca 0 a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 2 Do đó *a6 b6 c6 3abc 2.3a2b2c2 3a2b2c2 a6 b6 c6 3a2b2c2 Vậy abc a3 b3 c3 3abc