Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Thành phố Bắc Giang (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Thi ngày 14 tháng 1 năm 2018 Bài 1: (5 điểm) x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a/ Cho biểu thức M : x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M>1 a b b c c a b/Cho a, b, c >0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính H= 1 c 1 a 1 b Bài 2: (4 điểm) 5 5 a/ Giải phương trình 30 6x2 6x2 x2 x2 2 b/ Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên x Bài 3: (4 điểm) a/ Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 Chứng minh rằng: xyz x y z Bài 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thăng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( M OB), vẽ HN vuông góc với OC ( N OC) a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ Chứng minh OB OC=2R2 c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi ( chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9) Bài 5: (1 điểm) cho dãy số n, n+1, n+2, , 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. Họ tên thí sinh SBD:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN LỚP 9 ( BẢNG A) Câu Nội Dung Điểm Bài 1 5 đ a/ x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 3đ a/ Cho biểu thức M : x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M>1 x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 2 x 5 * M : 0,5 x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 1 x 1 3 x 5 2 : x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 (3 x 5)( x 1) 2( x 2) : 0,5 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x x 2 3x 3 x 5 x 5 2 x 4 : 0,25 x 2 x 11 x 2 x 1 x 3 3x 9 x 3 x 2 x 1 x 1 : 0,5 x 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3) 3 x 1 x 1 Vậy M= với x 0; x 1,3,4 0,25 3 x 1 x 1 x 1 4 2 x 2 x *M 1 khi 1 0 thỏa mãn ab bc ca 1. Tính H= 2 đ a b b c c a 1 c 1 a 1 b • Vì ab bc ca 1 nên 1+c= ab bc ca c a c b c 0,5 • Tương tự ta có 1 a a b a c ;1 b a b b c 0,5 a b b c c a 1,0 • Vậy H= a c b c a b a c a b a c a c b c a b a c b c a b = a c b c a b a c b c a b
3. 1 1 1 1 1 1 = 0 b c a c a c a b a b b c Bài 2 4,0đ a/ 5 5 5 Giải phương trình 30 6x2 6x2 ĐK: x2 2,0đ x2 x2 6 5 2 2 6x 1 0,5 2 5 5 2 5 5 2 x Vì x 2 0;6x 1 0 , theo côsi ta có 30 2 2 6x 1 6 x x x 2 5 Dấu = có khi 6x2 1 x 1 x2 5 (6x2 ) 1 5 5 5 5 2 Vì x2 6x2 0, theo côsi ta có 6x2 (6x2 )1 x 0,5 6 x2 x2 x2 2 5 Dấu = có khi 6x2 1 x 1 x2 5 5 6x2 1 6x2 1 5 5 2 2 Vây ta có 30 6x2 x x 0,5 x2 x2 2 5 5 30 6x2 6x2 Dấu = có khi x 1 x2 x2 5 5 Vậy x= 1 là nghiệm phương trình 30 6x2 6x2 x2 x2 0,5 b/ 2 Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên 2,0đ x 2 0,75 Đặt a x 3;b x2 2 3;c x với a,b,c Z x Từ a x 3 x a 3; từ b x2 2 3 x2 b 2 3 , nên ta có 2 a 3 b 2 3 a2 2 3a 3 b 2 3 2 3 a 1 b a2 3 b a2 3 b a2 3 -Nếu a+1 0 a 1 2 3 , vì a,b Z Q 2 3 Q VL 0,5 a 1 a 1 a 1 0 a 1 x 3 1 0,5 Vậy a+1=0 nên ta có 2 b a 3 0 b 4 Với x 3 1 ta có a 1;b 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài 0,25 Bài 3 4,0 đ a/ a/ Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương 2,0đ Vì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương, nên ta có 4x3 14x2 9x 6 =k2 với k N 0,5 Ta có 4 x3 14x2 9x 6= = x 2 4x2 6x 3 nên ta có x 2 4x2 6x 3 = k 2 2 * Đặt x 2,4x 6x 3 d với d N 0,5 Ta có x 2d x 2 4x 2 d 4x 6x 4d Ta lại có 4x2 6x 3d 4x2 6x 3 4x2 6x 4 1d d 1
4. Vậy x 2,4x2 6x 3 1 0,75 mà x 2 4x2 6x 3 = k 2 nên ta có x+2 và 4x2 6x 3 là số chính phương x 2 a2và 4x2 6x 3 b2 với a,b N * Vì x>0 nên ta có 4x2 b2 4x2 12x 9 2x 2 b2 2x 3 2 Vì b lẻ nên b2 2x 1 2 4x2 6x 3 4x2 4x 1 x 2 Với x=2 ta có 4x3 14x2 9x 6 =100=102 là số chính phương 0,25 b/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . b/ 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 2,0đ Chứng minh rằng: xyz x y z 1 1 1 Từ Gt suy ra: 1. 0,5 xy yz zx 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 Nên ta có: 2 ;" " y z x x xy yz zx x y x z 2 x y z 1 1 x2 1 4 1 1 Vậy . x 2 x y z 1 1 y2 1 1 4 1 1 1 z2 1 1 1 4 Tương tụ ta có ; 0,5 y 2 x y z z 2 x y z 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 1 Vậy ta có 3 ;" " x y z x y z x y z 0,25 2 1 2 2 2 Ta có x y x 3 xy yz xx x y y z x z 0 0,5 2 Nên x y x 2 3 xy yz xx 2 xy yz xz 1 1 1 xyz 3 xy yz xz 3 xyz 3 xyz xyz x y z 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 Vậy xyz ; " " x y z 0,25 x y z Bài 4 6 đ a B M H E A O N C a/ a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định 3đ *Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HM  OB (gt) nên theo hệ 0,5 thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH 2 R2 0,5 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH 2 R2 . Vậy ta có OM OB ON OC
5. OM OA 0,5 * Ta có OM OB OH 2 R2 mà OA=R nên ta cóOM OB OA2 OA OB OM OA Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA : OAB O· AM O· BA. OA OB Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân ·AOB O· BA ·AOM O· BA , vậy O· AM ·AOM 0,5 OMA cân MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA 0,5 Ta có MO MA ; NO NA , vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN 0,5 OA với OA ta có EO=EA= và MN  OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy 2 MN luôn đi qua 1 điểm cố định b/ b/ Chứng minh OB. OC=2R2 1,5đ OM ON 0,5 Ta có OM OB ON OC OC OB OM ON Xét OMN và OCB có Oµ chung , có OMN : OCB , OC OB OM OE OM OE OE 1 1 mà OE  MN và OH  BC nên ta có OM OC OC OH OC OA 2OE 2 2 0.5 ( vì OH=OA=2OE) 1 Ta có OM OB OH 2 R2 ( cm trên) OC OB R2 OC OB 2R2 2 0,5 c/ c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi 2 2 2 1,5đ SOMN OE OE OE 1 0,5 Ta có OMN : OCB (cm trên) 2 2 2 SOCB OH OA 2OE 4 1 1 1 1 1 1 1 Nên S S  OH  BC R  BC R(AB AC) R(R R) R2 0,75 OMN 4 OCB 4 2 8 8 8 4 Dấu bằng có khi B, A, C thẳng hàng H  A 1 Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất là S R2 khi H  A 0,25 OMN 4 Bài 5 1đ -Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong 0,25 -Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương 0,5 k sao cho k 2 n k 1 2 .Vì n nguyên dương và n k 2 n k 2 1, vậy ta có: 2n k 1 2 2(k 2 1) k 1 2 k 2 2k 1 k 1 2 0 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 n k 1 2 2n 0,25 Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.