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

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

1. PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN Năm học: 2016 - 2017 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/11/2016 Bài 1:(3 điểm) x2 2x 1 1 1 Cho biểu thức A .( ) x3 1 2 1 x 2 1 x 2 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa . b)Rút gọn biểu thức A . c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2:(6 điểm) a)Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 . 1 1 b)Chứng minh rằng : 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0. x y 1 1 1 1 c)Cho x, y, z thỏa mãn : 1. x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 . Bài 3:(4 điểm) a)Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: (20n + 16n – 3n – 1)323 b)Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn : (y 2)x2017 y2 2y 1 0 Bài 4:(4 điểm) Cho tam giác ABC ( có ba góc nhọn) nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. a) Chứng minh SAHG = 2SAGO HD HE HF b) Chứng minh + + = 1 AD BE CF Bài 5:(3 điểm) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. C và D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn đó sao cho góc CAB = 450 , góc DAB = 300 . AC cắt BD tại M. Tính diện tích tam giác ABM theo R HẾT
2. PHÒNG GD&ĐT TƯ NGHĨA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Năm học: 2016 - 2017 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài Nội dung Điểm x 2 0 1a 3 x 2 a) Điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa : x 1 0 (1đ) x 1 1,0đ x 2 1 b) Rút gọn biểu thức A x2 2x 1 1 1 x(x 2) 1 2 A 3 .( ) 2 . x 1 2 1 x 2 1 x 2 (x 1)(x x 1) 2 1 (x 2) 1,0đ 1b x(x 2) 1 x(x 2) (x2 x 1) (1đ) (x 1)(x2 x 1) x 1 (x 1)(x2 x 1) (x 1) 1 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 1 Ta có A 2 1 3 x x 1 (x )2 1c 2 4 1,0đ (1đ) 1 3 Ta có A nhỏ nhất khi (x )2 đạt giá trị nhỏ nhất 2 4 4 1 1 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của là A là khi x = 0 x 3 2 2 a) Giải phương trình: x2 2015x 2014 2 2017x 2016 2016 Điều kiện x 2017 2a Phương trình đã cho tương đương với 1,0đ (2đ) x2 2x 1 2017x 2016 2 2017x 2016 1 0 2 x 1 2 2017x 2016 1 0 x 1 0 2017x 2016 1 0
3. x 1 2017x 2016 1 1,0đ x 1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 1 1 b) Chứng minh: 2 biết x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 và x.y > 0. x y Ta có: x3 + y3 + 3(x2+y2) + 4(x+ y) + 4 = 0 (x + y)( x2 – xy + y2) + 2(x2 – xy + y2) + (x2 + 2xy + y2) + 4(x+y) + 4 = 0 ( x2 – xy + y2)( x + y + 2) + ( x + y + 2)2 = 0 ( x + y + 2)( x2 – xy + y2 + x + y + 2) = 0 1,0đ 1 .( x + y + 2)( 2x2 – 2xy + 2y2 + 2x + 2y + 4) = 0 2b 2 (2đ) 1 .( x + y + 2). (x y)2 (x 1)2 (y 1)2 2 = 0 2 x + y + 2 = 0 x + y = -2 mà x.y > 0 nên x< 0, y < 0 ( x) ( y) (x y) 2 Áp dụng BĐT CauChy ta có ( x)( y) 1 2 2 2 1 2 1 1 x y 2 Do đó xy 1 suy ra 1 hay -2 Mà M 1,0đ xy xy x y xy xy 1 1 Vậy M 2 (đpcm) x y 1 1 1 1 c) Cho x, y, z thỏa mãn : 1. x y z x y z Tính giá trị của biểu thức B x21 y21 y11 z11 z2017 x2017 1,0đ 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: : 1 x y z 1 2c x y z x y z x y z (2đ) (yz + xz + xy)(x + y + z) = xyz xyz + zy2 + yz2 + zx2 + xyz + xz2 + yx2 + xy2 + xyz = xyz (xyz + zx2 + xy2+ yx2)+ (zy2 + yz2 + xz2 + xyz) = 0 x(yz + zx + y2+ yx)+ z(y2 + yz + xz + xy) = 0 x y 2 1,0đ (yz + zx + y + yx)( x+ z) = 0 (x y)(y z)(x z) 0 y z z x Thay vào B tính được B = 0
4. a) Với n chẵn (n N) chứng minh rằng: 20n + 16n – 3n – 1323 Ta có: 323=17.19 • 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 1) + (16n – 3n) 1,0đ 20n – 119 3a 16n – 3n19 (n chẵn) (2đ) Do đó 20n + 16n – 3n – 119 (1) • 20n + 16n – 3n – 1= (20n – 3n) + (16n –1) 20n – 3n 17 1,0đ 16n –1n17 ( n chẵn) Do đó 20n + 16n – 3n – 117 (2) Mà (17;19) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra 20n + 16n – 3n – 1323 b) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn : (y 2)x2017 y2 2y 1 0 1,0đ Nếu y+2=0 y 2 lúc đó phương trình có dạng 0x2017 1 0 (vô nghiệm ). y2 2y 1 1 Nếu y 2 thì ta có x2017 y y 2 y 2 3b 1 (2đ) Vì x,y nguyên nên nguyên y 2 Ư(1) 1;1 . y 2 Với y 2 1 y 3 x2017 4 (loại ). 1,0đ Với y 2 1 y 1 x2017 0 x 0 . Vậy số nguyên x,y thỏa mãn đề bài là : x=0,y=-1 a) Chứng minh SAHG = 2SAGO • Tam giác ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK Nên KC vuông góc với AC Mà BE vuông góc với AC (gt) Suy ra KC // BE hay KC // BH 1,0đ Chứng minh tương tự ta có KB // CH Nên tứ giác BHCK là hình bình hành A E F H G O B D M C K 1,0đ
5. Gọi M giao điểm của BC và HK nên 4 2 • M là trung điểm của BC mà G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG = (4đ) 3 AM • M là trung điểm của HK nên AM là đường trung tuyến của tam giác AHK. 2 Mà G thuộc đoạn AM và AG = AM nên G là trọng tâm của tam giác AHK 3 2,0đ Ta có O là trung điểm của AK nên HO là đường trung tuyến của tam giác AHK Nên HO đi qua G do đó HG = 2GO • Tam giác AHG và tam giác AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO và HG = 2GO Do đó SAHG = 2SAGO HD HE HF b) Chứng minh + + = 1 AD BE CF 1 1 1 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF Ta có: + + = 2 + 2 + 2 1 1 1 AD BE CF AD.BC BE.A C CF.AB 2 2 2 S S S S + S + S S = HBC + HAC + HAB = HBC HAC HAB = ABC = 1 S S S S S ABC ABC ABC ABC ABC Tính diện tích tam giác ABM theo R M C D N 5 (3đ) A B O H Gọi N là giao điểm của AD và BC; H là giao điểm của MN và AB 0 0 1,0đ Chứng minh góc AHM = 90 ; mà góc CAB = 45 (gt) nên tam giác AHM vuông cân MH = AH MH + HB = AH + HB = 2R (1)
6. * Tam giác MHB vuông tại H HB HB • HB=MB.cos MBH MB = = = 2HB cos MBH cos 600 MB. 3 • MH= MB.sinMBH MH = MB.sin 600 = = HB. 3 HB= 2 2,0đ MH 3.MH = (2) 3 3 3.MH 6R Từ (1) và (2) ta có MH + = 2R Þ MH = = (3- 3).R 3 3+ 3 AB.MH 1 Vậy: S = = .2R.(3- 3) R = (3- 3) R 2 2 2 Chú ý: -Học sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. -Không có điểm vẽ hình. -Chứng minh mà không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không có điểm.