Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN CẨM GIÀNG NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) 1 2 6 x 9x 1 1 1 a) Cho biểu thức: P  với x 0; x ;x 2 x 1 1 4x 1 3 x 4 9 Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P nhận giá trị nguyên. b) Cho x 3 5 2 13 3 5 2 13 Tính giá trị của biểu thức A = x2015 – x2016 + 2017. Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 3x 1 x 3 x2 1 b) Tìm các cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn: 5x 3y 2xy 11. Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 4n là hợp số. b) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P x 1 y 1 z 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2cm. Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AD, DC. Gọi I, H thứ thự là giao điểm của AF với BE, BD. Vẽ B· IM 450 (M thuộc cạnh BC), O là giao điểm của IM và BD. a) Tính độ dài của AI, BI. b) Chứng minh 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh DH.BO = OH.BD. Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 3 1 1 1 10 a  b  c . b c a 3 Hết Họ và tên học sinh: Số báo danh: Họ và tên Giám thị: Chữ ký:
2. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM CẨM GIÀNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 9 Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Đáp án Điểm 1 2 6 x 9x 1 a) P  2 x 1 1 4x 1 3 x 1 2 9x 6 x 1  2 x 1 (2 x 1)(2 x 1) 3 x 1 2 x 1 2 (3 x 1)2  (2 x 1)(2 x 1) 3 x 1 1 (3 x 1) 2 x 1 0,25 3 x 1 2 x 1 3 x 1 1 1 Vậy P với x 0; x ;x 0,25 2 x 1 4 9 6 x 2 3(2 x 1) 5 5 Xét 2P 3 2 x 1 2 x 1 2 x 1 Câu 1 Với x Z thì: 5 (2 điểm) P Z 2P 3 là số nguyên chẵn 2 x 1 5 là số nguyên lẻ 2 x 1 0,25 2 x 1 1;5 1) 2 x 1 1 x 0 (thỏa mãn ĐK) 2) 2 x 1 5 x 4 (thỏa mãn ĐK) Vậy x 0;4 là các giá trị cần tìm. 0,25 Ta có: 3 x3 3 5 2 13 3 5 2 13 x3 10 33 27 3 5 2 13 3 5 2 13 0,25 x3 10 9x 3 x 9x 10 0 0,25 x 1 x2 x 10 0
3. 2 2 1 39 x 1 vì x x 10 x 0 , với mọi giá trị của x. 0,25 2 4 Thay x = 1 vào biểu thức A ta được: A = 12015 – 12016 + 2017 = 2017. 0,25 a) x2 3x 1 x 3 x2 1 . Đặt x 2 1 = t, với t > 0, ta có t2 + 3x = (x + 3).t 0,25 Từ đó giải được t = x; t = 3 0,25 Do đó: x 0 2 0,25 + Với t = x, ta có x 1 = x 2 2 vô nghiệm. x 1 x + Với t = 3, ta có x 2 1 = 3 x2 = 8 x = 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 2 . 0,25 b) Ta có: 5x – 3y = 2xy – 11 2xy + 3y = 5x + 11 y(2x + 3) = 5x + 11 Câu 2 Dễ thấy 2x + 3 0 (vì x nguyên) do đó (2 điểm) 5x 11 y 2x 3 0,25 Để y Z ta phải có 5x + 11  2x + 3 2(5x 11)2x 3 10x 222x 3 5(2x 3) 72x 3 72x 3 2x + 3 là ước của 7 0,25 Ta có 2x + 3 1 -1 7 -7 x -1 -2 2 -5 y 6 -1 3 2 Vậy cặp số (x; y) nguyên cần tìm là (-1; 6); (-2; -1); (2; 3); (-5; 2) 0,5 a) Ta có n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự nhiên lớn hơn 0. 0,25 + Với n = 2k, ta có: n 4 4n (2k) 4 42k lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Câu 3 4 n Do đó n 4 là hợp số. 0,25 (2 điểm) + Với n = 2k + 1, tacó:
4. n4 4n n4 42k.4 n4 (2.4k )2 n4 2.n2.2.4k (2.4k )2 2.n2.2.4k (n2 2.4k )2 (2.n.2k )2 n2 2.4k 2.n.2k n2 2.4k 2.n.2k k 2 k k 2 k (n 2 ) 4 (n 2 ) 4 0,25 Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số. Vậy n4 + 4n là hợp số với n là số tự nhiên lớn hơn 1. 0,25 x 1 b) Ta có: 1 x 1 x 1 y 1 1 y 1 y 1 z 1 1 z 1 z 1 1 1 1 => P = 3 – ( ) = 3 – Q. 0,25 x 1 y 1 z 1 Theo BDT Côsi , nếu a, b, c > 0 thì 3 1 1 1 1 1 1 1 a b c 3 abc 3 3 a b c 9 a b c abc a b c 1 1 1 9 a b c a b c 0,25 1 1 1 9 Suy ra Q = x 1 y 1 z 1 4 9 9 3 – Q nên P = 3 – Q 3 – = . 4 4 4 0,25 1 Dấu “=” xảy ra x = y = z = 3 3 1 Vậy GTLN của P = khi x = y = z = . 0,25 4 3 A B I Câu 4 O E (3 điểm) 0,25 H M D F C
5. a) Chứng minh được ABE DAF ·ABE D· AF Mà D· AF B· AF 900 ·ABE B· AF 900 ·AIB 900 0,25 Xét tam giác ABE vuông tại A, theo định lý Pytago có: BE AB2 AE 2 22 12 5 (cm) Lại có AI  BE, do đó: AB.AE 2.1 2 5 0,25 AI.BE = AB.AE AI (cm) BE 5 5 AB2 22 4 5 BI.BE = AB2 BI (cm) 0,25 BE 5 5 b) Xét ABH và BIM có ·ABH B· IM 450 B· AH I·BM (cùng phụ với ·ABI ) Suy ra ABH BIM (g.g) AB AH BH (1) 0,25 BI BM IM Ta có HAB HFD HB AB HA 2 HD DF HF 2 2 4 2 2 2 2 5 BH BD 2 2 (cm); AH AF  5 (cm) 3 3 3 3 3 3 2 5 4 5  AH.BI 4 Từ (1) BM 3 5 (cm) 0,25 AB 2 3 BM BH 2 Ta có BC BD 3 BMH BCD (c.g.c) Do đó B· MH B· CD , mà hai góc này ở vị trí đồng vị MH // CD Mà BC  CD MH  BC 0,25 Ta có BIH và BMH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền BH, do đó 4 điểm B, I, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính 0,25 BH.
6. c) Ta có B· IM M· IF 450 , do đó IM là phân giác của B· IF 0,25 2 5 3 5 Ta lại có AF BE 5 (cm) IF AF AI 5 (cm) 5 5 IF DF 3 5 Suy ra 0,25 BA AH 10 Suy ra IDF BAH (c.g.c) D· IF ·ABH 450 Do đó ID là phân giác của E· IF 0,25 Xét tam giác BIH có IO và ID là phân giác trong và ngoài OH DH IH OB DB IB Suy ra DH.BO = OH.BD. 0,25 3 1 1 1 10 Chứng minh rằng: a  b  c . b c a 3 Vì a + b + c = 1 nên 1 1 1 1 1 1 1 P a b c abc 1 0,25 b c a abc a b c Từ bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có: 1 a b c 1 3 abc abc 3 3 27 1 Đặt x abc , thì 0 x 0,25 Câu 5 27 (1 điểm) 1 1 27 x 1 27x Do đó x 27 0 x 27 27x 1 1 1 730 Suy ra x abc 27 x abc 27 27 1 1 1 1 1 1 Mặt khác a b c 9 9 0,25 a b c a b c 3 730 1000 10 Nên P 10 27 27 3 3 1 1 1 10 1 Vậy a  b  c ; dấu “=” xảy ra khi a b c . 0,25 b c a 3 3 * Lưu ý: HS làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa.