Đề thi dự bị chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Xuyên Mộc (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi dự bị chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Xuyên Mộc (Có đáp án và thang điểm)

1. UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 THCS PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài thi 150 phút Ngày thi . tháng 01 năm 2017 ĐỀ DỰ BỊ Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 Bài 2: (7,5 điểm) 2 x 1 2x x 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức: A : 3 1 x x x 1 x 1 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 3 4 x c) Tìm GTNN của biểu thức: A x 1 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x 6 Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác). 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng : 2. . p a p b p c a b c Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi (I ; r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M là tiếp điểm của AB với đường tròn (I); H là giao điểm của AI với đường tròn (O) (H khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). Gọi a là độ dài đoạn OI. Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R 2 a 2 . d) R 2 2Rr a 2 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2R cố định và một đường kính MN của đường tròn thay đổi (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường tròn, (d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE. 2) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. HẾT Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị số 1: Số báo danh: .
2. UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI TOÁN LỚP 9 (Hướng dẫn chấm có trang) Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 Bài 1 Đáp án Điểm 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0 16 m 2n 3 2 (1) 1,0 1.2 n 7 (2,5đ) Vì m, n Z nên 0,75 n2 7 U (16) n2 7 8;16 n2 1;9 n 1; 3 (2) Từ (1) và (2) suy được: (m,n) (1;1),( 3; 1);(4;3),( 8; 3) 0,75 Bài 2: (7,5 điểm) 2 x 1 2x x 2 x 1 a) Rút gọn biểu thức: A : 3 1 x x x 1 x 1 b) x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1) 3 4 x c) Tìm GTNN của biểu thức: A x 1 d) Cho x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x 6 Bài 2 Đáp án Điểm 2 x 1 2x x 2 x 1 Ta có: A : 3 2.1 1 x x x 1 x 1 (2,0đ) (2 x 1)(x x 1) x(2 x 1)(1 x) x3 1  1,0 (1 x)(x x 1) 2 x 1 (2 x 1)(x x 1 x x)( x 1)(x x 1) x 1 1,0 (1 x)(x x 1)(2 x 1) 1 x x 2014 x 2016 y 2016 x 2016 (1) Ta có: x 2016 x 2016 x x x 2016 x 2016 (2) 0,5 2.2 Chỉ ra được dấu « = » xảy ra khi 0 x 2016 (*) 0,25x2 (2,0đ) Từ (1) và (2) suy được: x 2014 y 2016 0
3. x 2014 0 x 2014 Lập luận suy được: 0,5 y 2016 0 y 2016 Đối chiếu ĐK (*) và kết luận được nghiệm 0,5 . ĐK: x 0 3 4 x (x 4 x 4) (x 1) ( x 2)2 2.3 A 1 1 (vì x 0) 1,0 (1,5đ) x 1 x 1 x 1 Chỉ ra được: Min A = -1 khi x = 4 (tmđk) 0,5 Áp dụng BĐT Bunhiakopski có 2 2.4 2 (2,0đ) A 1. x + y +1. y + z + 1. z + x 2 2 2 2 2 2 1,0 1 1 1 x + y y + z z + x = 3.2(x +y + z) = 6.1 = 6 (vì x + y + z = 1) 0,5 1 0,5 Suy được A 6 khi a b c 3 Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác). 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng : 2. . p a p b p c a b c Bài 3 Đáp án Điểm b c a 0,25 Chỉ ra được: p a 0; p b 0; p c 0 2 Áp dụng BĐT Cô si ta có : 3 1 1 2 0,5 (2,0đ) ( p a) ( p b) 2 ( p a)( p b). 4 p a p b ( p a)( p b) 1 1 4 4 0,25 Suy được: p a p b p a p b c 1 1 4 1 1 4 Tương tự: ; p b p c a p c p a b 0,25 1 1 1 1 1 1 Suy được: 2. 4. p a p b p c a b c 0,25 Suy được đpcm và Dấu “=” xảy ra khi a b c. 0,5 Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi (I ; r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M là tiếp điểm của AB với đường tròn (I); H là giao điểm của AI với đường tròn (O) (H khác A), HK là đường kính của đường tròn (O). Gọi a là độ dài đoạn OI. Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH R 2 a 2 .
4. d) R 2 2Rr a 2 K A 1 2 M E I O 1 F 1 B 2 C 3 H Bài 4 Đáp án Điểm * Hình vẽ đúng 0,25 4.a (1,75đ) – Chứng minh được các tam giác AMI và KCH là các tam giác vuông 0,5 - Chứng minh được Aµ 1 Aµ 2 Kµ 0,5 - Suy ra được tam giác AMI và tam giác KCH đồng dạng (đpcm) 0,5  - Chứng minh được I1 Aµ 1 Bµ 1; I·BH Bµ 2 Bµ 3 Bµ 1 Aµ 1 0,5 4.b  · 0,5 (1,0đ) Do đó I1 IBH HB HI (đpcm) Gọi EF là đường kính của (O) và đi qua I. 0,25 4.c - Nêu được: IA.IH = IE.IF (hệ thức trong đường tròn) 0,25 (1,0đ) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 0,5 IA IM Từ câu a), ta có: IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC 0,50 (1,25đ) 0,25 Mà HB = HC (do Aµ 1 Aµ 2 ) HC = HI. Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr R 2 2Rr a 2 (đpcm) 0,50 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2R cố định và một đường kính MN của đường tròn thay đổi (MN khác PQ). Qua P vẽ đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường tròn, (d) cắt QM và QN lần lượt ở E và F. 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE. 2) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R.
5. K N M I E F A B O H E P F M C N Q Bài 5 Đáp án Điểm QM QN 0,75 Chứng minh được: QM.QE = QN.QF(=PQ2) 5.1 QF QE (1,5đ) Chỉ ra được: QMN đồng dạng QFE (c.g.c) 0,75 QFE vuông tại Q có PQ  EF (gt) (1) PQ2 = PE.PF (hệ thức 2) 5.2 0,25 PE.PF = (2R)2 = 4R2 (1,5đ) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số EP, PF > 0 ta có EF EP PF 2 EP.PF 2. 4R 2 4R 0,25 EF nhỏ nhất bằng 4R khi EP = PF (2) Từ (1) và (2) ∆QEF cân tại Q có PQ là đường cao đồng thời là 0,25 phân giác. Chỉ ra được PMQN là hình chữ nhật 0,25 PMQN là hình vuông MN  PQ 0,25 Vậy Khi MN  PQ thì EF có độ dài nhỏ nhất bằng 4R’ 0,25 Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì GK vẫn cho điểm tương đương. 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.