Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Sở GD&ĐT Quảng Nam (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM Năm học 2016 – 2017 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2017 Câu 1. (5,0 điểm) x 4 2x 5 x 1 x 1 1 x 0 x a) Cho biểu thức P x x 2 với và . 2x 3 x 2 4x 1 2 x 4 3 Rút gọn biểu thức P và tìm x để P . 2 b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa ab bc ca 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a3 b3 c3 thức A . c a2 a b2 b c2 Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình x2 1 x 1 x 2 0 . xy2 2x 4y 1 b) Giải hệ phương trình 2 3 2 x y 2xy 4x 3y 2 Câu 3. (4,0 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) thỏa mãn đẳng thức: a3 b3 3(a2 b2 ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25 . b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a2 1 b2. Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc b chia hết cho 5. Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Câu 5. (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với AK. b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. –––––––––––– Hết –––––––––––– Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Page 1
2. Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: TOÁN (Hướng dẫn chấm thi này có 08 trang) Câu Đáp án Điểm Câu 1 x 4 2x 5 x 1 x 1 (5,0 đ) Cho biểu thức P x x 2 với x 0 và 2x 3 x 2 4x 1 2 x 3,0 1 3 x . Rút gọn biểu thức P và tìm x để P . 4 2 x 4 2x 5 x 1 2x2 4 x x x 2 P (2 x 1)( x 2) (2 x 1)(2 x 1) 2 x 0,75 (mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm) x 2 2x 5 x 1 (2 x 1)(x x 2) 0,5 2 x 1 (2 x 1)(2 x 1) 2 x 2 x 1 (2 x 1)(x x 2) 0,5 (2 x 1)(2 x 1) 2 x x x 2 0,25 2 x + Với x 0 , ta có: x x 2 x x 1 1 3.3 x x.1.1 x x 2 3 x 0,5 x x 2 3 x 3 Suy ra P hay P ( dấu bằng xảy ra khi x 1). 0,25 2 x 2 x 2 3 Do đó, để P thì x 1. 0,25 2 Hoặc trình bày cách khác: 3 x x 2 3 0,25 + Với x 0 , ta có: P x x 3 x 2 0 (*) 2 2 x 2 Đặt t x, t 0 . 0,25 Khi đó (*) trở thành: t3 3t 2 0 (t 1)2 (t 2) 0 0,25 Vì t 2 0,(t 1)2 0 nên (t 1)2 (t 2) 0 t 1 0 t 1 hay x 1. 0,25 b) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa: ab bc ca 3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất a3 b3 c3 2,0 của biểu thức A . c a2 a b2 b c2 Page 2
3. 1 1 1 Cách 1: heo đề : ab bc ca 3abc 3 a b c a3 (a3 ac) ac ac 0,25 a c a2 c a2 c a2 2 ac 1 c 1 c a 2a c c 0,5 c a2 2 4 a3 c 1 Suy ra a . 0,25 c a2 4 b3 a 1 c3 b 1 Tương tự : b , c . 0,25 a b2 4 b c2 4 3 3 Suy ra A (a b c) 0,25 4 4 1 1 1 Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: a b c 9 0,25 a b c a b c 3 9 a b c 3 3 Suy ra A , dấu bằng xảy ra khi a b c 1. 2 3 0,25 Vậy min A khi a b c 1. 2 1 1 1 Cách 2 :Ta có: ab bc ca 3abc 3 a b c 0,25 1 1 1 x, y, z 0 Đặt x , y , z , khi đó: . a b c x y z 3 x y z Biểu thức A được viết lại: A 0,25 y(x y2 ) z(y z2 ) x(z x2 ) x (x y2 ) y2 1 y Ta có : ; y(x y2 ) y(x y2 ) y x y2 0,25 y 1 x 1 1 mà x y2 2y x nên ; x y2 2 x y(x y2 ) y 2 x 1 1 1 1 1 x 1 1 1 mà nên .2 1. 1 2 1 2 x 4 x 4 x y(x y ) y 4 x 0,25 (dấu bằng xảy ra khi x y 1) y 1 1 1 z 1 1 1 Tương tự : , 2 1 2 1 z(y z ) z 4 y x(z x ) x 4 z 0,25 3 1 1 1 3 Suy ra A . 4 x y z 4 1 1 1 Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: x y z 9 . 0,25 x y z 1 1 1 1 1 1 3 9 3 (vì z y z 3 ). 0,25 x y z x y z Page 3
4. 3 Do đó A , dấu bằng xảy ra khi x y z 1 hay a b c 1. 2 0,25 3 Vậy min A khi a b c 1. 2 Câu 2 a) Giải phương trình x2 1 x 1 x 2 0 2,0 (4,0 đ) Cách 1: 0,25 Điều kiện: 1 x 1. Khi đó ta có: x2 1 x 1 x 2 0 2 0,25 1 x 1 x (2 x2 )2 2 1 x2 2 (2 x2 )2 (1) Đặt t 1 x2 , t 0 . Phương trình (1) trở thành: 0,25 2t 2 (t 2 1)2 t 4 2t 2 2t 1 0 0,25 2 (t 1) (t 1)(t 1) 2t 0 (2) 0,5 Vì t 0 nên (t 1)(t 2 1) 2t 0. 0,25 Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất là t 1. + Với t 1 x 0 (thỏa). Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x 0 . 0,25 Cách 2: + Điều kiện: 1 x 1. 0,25 x2 1 x 1 x 2 0 1 x 1 x 2 x2 (*) 2 2 2 2 t 2 2 0,25 + Đặt t 1 x 1 x, t 0 . Suy ra t 2 2 1 x 1 2 x 2 Khi đó phương trình (*) trở thành: t 4 4t 2 4t 8 0 (t 2)(t3 2t 2 4) 0 (*) 0,5 + vì t 2 2 2 1 x2 2 và t 0 nên t 2 . 0,25 Do đó t3 2t 2 4 2 2 4 4 0. 0,5 Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất là t 2. + Với t 2 x 0 (thỏa). 0,25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x 0 . Cách 3: + Điều kiện: 1 x 1. 0,25 Đặt 1 x a, 1 x b (a,b 0) . Suy ra: a2 b2 2 (1) 0,5 + Hơn nữa: 1 x2 ab 2 x2 a2b2 1. 0,25 + Phương trình đã cho trở thành: a b a2b2 1 (2) Page 4
5. a2 b2 2 ab 1 Từ (1) và (2) ta cố hệ: 2 2 0,5 a b a b 1 a b 2 a 1 x 0 0,5 b 1 xy2 2x 4y 1 b) Giải hệ phương trình 2,0 2 3 2 x y 2xy 4x 3y 2 Cách 1: xy2 2x 4y 1 xy2 (2x 1) 4y (*) 2 3 2 2 2 0,25 x y 2xy 4x 3y 2 (x y 2xy 1)y 2(2x 1) 2y (lưu ý: không nhất thiết biến đối đưa vế phải của pt thứ hai về 2y , có thể 3y ) 2x 1 0 1 - Xét y 0 thay vào hệ (*) ta được: x 2(2x 1) 0 2 1 0,25 x Suy ra 2 là một nghiệm của hệ. y 0 - Xét y 0 , hệ phương trình (*) tương đương với hệ: 2x 1 2x 1 xy 4 (xy 1) 5 y y 0,25 ( ) 2 2 2x 1 2 2x 1 x y 2xy 1 2 2 (xy 1) 2 2 y y 2x 1 a b 5 Đặt a xy 1,b ; khi đó hệ phương trình ( ) trở thành: ( ) 2 0,25 2 a 2b 2 a 2 a 4 + Giải hệ ( ) tìm được: , . 0,25 b 3 b 9 2x 1 3 xy 1 2 x 1 x a 2 3 x 1 2 * Với ta có 2x 1 hoặc 0,25 b 3 3 2x 1 y 1 2 y y y 3 3 2x 1 xy 1 4 x 5 a 4 9 * Với ta có 2x 1 (vô nghiệm) 0,25 b 9 9 2x 1 y y 9 3 1 x x x 1 2 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 2 , , . 0,25 y 1 2 y 0 y 3 Page 5
6. Cách 2: xy2 2x 4y 1 xy2 (2x 1) 4y 0,25 2 3 2 2 3 2 x y 2xy 4x 3y 2 x y 2xy (4x 2) 3y 2xy2 (4x 2) 8y x2 y3 xy2 5y 0 0,25 2 3 2 x y 2xy (4x 2) 3y y 0 xy 1 0,5 xy 5 1 + Với y 0 . Suy ra được (x; y) ( ;0) . 0,25 2 3 2 + Với xy 1. Suy ra được (x; y) (1;1) hoặc (x; y) ( ; ) . 0,25 2 3 + Với xy 5 . Trường hợp này không tồn tại cặp(x; y) . 0,25 3 1 x x x 1 2 Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm: 2 , , . y 1 2 0,25 y 0 y 3 Câu 3 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) thỏa mãn đẳng thức: (4,0 đ) 2,0 a3 b3 3(a2 b2 ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25 . a3 b3 3(a2 b2 ) 3(a b) (a 1)(b 1) 25 3 2 3 2 (a 3a 3a 1) (b 3b 3b 1) (a 1)(b 1) 25 0,5 (a 1)3 (b 1)3 (a 1)(b 1) 25 (*) Đặt x a 1, y b 1(x, y Z; x, y 2) . 3 3 2 2 0,25 Khi đó (*) trở thành: x y xy 25 (x y)(x xy y ) xy 25 ( ) + Từ ( ) suy ra x y x y 1, mà x2 xy y2 0 nên: 0,25 x2 xy y2 xy 25 x2 y2 25 x 4 (1). + Hơn nữa: x y và x, y 2 nên xy 6 . 0,25 Suy ra x3 y3 xy 25 31 x3 31 x 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra: x 4 . Do x y và y 2 nên y 2;3. 0,25 x 4 a 3 + Thử lại, chỉ có thỏa ( ). Suy ra là cặp số cần tìm. 0,5 y 3 b 2 b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a2 1 b2 . Chứng minh rằng chỉ có một 2,0 số a hoặc b chia hết cho 5. Cách 1: 0,25 24a2 1 b2 25a2 1 a2 b2 a2 b2 1(mod5) (1) Page 6
7. a  0, 1, 2(mod5) Ta có: 0,5 b  0, 1, 2(mod5) a2  0,1,4(mod5) (2) 2 0,5 b  0,1,4(mod5) a2  0(mod5) a2 1(mod5) Từ (1) và (2) suy ra: hoặc . 2 2 0,5 b 1(mod5) b  0(mod5) Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 Cách 2: 0,25 24a 2 1 b2 25a 2 1 a 2 b2 a 2 b2 5.k 1 (1) n Z n 5l r l Z,r 0;1;2;3;4 0,5 2 2 2 n 5l1 r1 l1 Z,r1 0;1;4 (2) 0,5 a2 5k 1 a2 5k Từ (1) và (2) suy ra: 1 hoặc 1 2 2 0,5 b 5k2 b 5k2 1 Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5. 0,25 Cách 3: 24a2 1 b2 24a2 b2 1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồng 0,25 thời chia hết cho 5. + Giả sử a và b đều không chia hết cho 5. 4 a 1(mod5) 2 2 2 2 0,5 Theo định lý Fermat ta có (a b )(a b )  0(mod5) 4 b 1(mod5) Nếu a2 b2  0(mod5) thì 25a2 1 a2 b2  0(mod5) ( vô lí). 0,25 Suy ra a2 b2  0(mod5) 23a2 1 b2 a2  0(mod5) (*) 0,25 Vì a không chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod5) . 0,25 Với a  1(mod5) a2 1(mod5) 23a2 1  1(mod5) ( trái với (*)) 0,25 Với a  2(mod5) a2  4(mod5) 23a2 1  3(mod5) ( trái với (*)) 0,25 Vậy điều giả sử là sai. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Câu 4 Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường (2,5 đ) kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi 2,5 M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Page 7
8. A 1 2 E I O 1 / D 1 N F 2 / 1 1 // // B M C K (Không có hình vẽ không chấm bài) + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB. µ µ ¶ µ µ µ µ 0,5 + Ta có: I1 A1 A2 F1 C1 F2 B1 Suy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn. 0,25 D· MB Fµ Cµ 1 1 0,5 Suy ra DM // AC hay DM // AE (1) ·AED E· DM E· DI . Suy ra AEDI là hình thang cân. 0,5 (Hoặc tứ giác BFDM và BIAC nội tiếp nên F· DM I·AE ; F· DM F· DI D· IA D· IA I·AE . Suy ra AEDI là hình thang cân.) Suy ra ·ADE I·ED D· EM nên AD//EM (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. 0,25 Cách khác: + Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB. 0,5 µ µ ¶ µ µ + Ta có: I1 A1 A2 F1 C1 tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn. Suy ra F· BC ·AED (1). 0,25 + Mặt khác Fµ Cµ Fµ Bµ tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn. 1 1 2 1 0,5 Suy ra F· BC M· DE (2). Từ (1) và (2) suy ra ·AED M· DE AE//DM (*) 0,25 · · · · Hơn nữa AED MDE AED IDE 0,25 Mà DE//IA. Do đó tứ giác AEDI là hình thang cân. Suy ra ·ADE I·ED ; mà I·ED D· EM nên ·ADE D· EM AD//EM ( ) 0,25 Từ (*) và ( ) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành. Câu 5 Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm (4,5 đ) là H. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Page 8
9. a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với 2,5 AK. A E L O F H K B D C (Không có hình vẽ không chấm bài) Cách 1: + Xét hai tam giác KBF và KEC có: 0,5 Kµ chung, K· BF K· EC (vì cùng bù với F· BC ) Suy ra KBF và KEC đồng dạng. KB KF Suy ra: KB.KC KF.KE (1) 0,25 KE KC + Tương tự: KBL và KAC đồng dạng. KB KL 0,5 Suy ra: KB.KC KL.KA (2) KA KC KF KL Từ (1) và (2) suy ra: KF.KE KL.KA ; hơn nữa F· KL ·AKE . KA KE 0,5 Suy ra KFL và KAE đồng dạng. Suy ra K· FL K· AE . 0,25 Do đó 4 điểm A, L, F, E cùng nằm trên đường tròn. Mà A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên L cũng nằm trên đường tròn 0,5 đường kính AH. Vậy HL vuông góc với AK. Cách 2: + Hạ HL’ vuông góc AK tại L’. Ta đi chứng minh L’ thuộc đường tròn (O). 0,25 + 5 điểm A, L’, F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH. 0,5 + Chứng minh được KFL' và KAE đồng dạng. 0,5 KL'.KA KF.KE . Tương tự chứng minh được: KF.KE KB.KC 0,5 Suy ra KL'.KA KB.KC . 0,25 Chứng minh được AL’BC nội tiếp. Suy ra L’ trùng L. 0,5 Vậy HL vuông góc với AK. b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. 2,0 Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. Page 9
10. A E P O F H N B D C M (Không có hình vẽ không chấm bài) ·ANB ·AMB + Ta có: ·ANB ·ACB 0,25 · · AMB ACB + Tứ giác DHEC nội tiếp nên ·ACB ·AHB 1800 . Suy ra ·ANB ·AHB 1800 . 0,5 Do đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn. Suy ra N· HB N· AB . Mà N· AB M· AB nên N· HB M· AB 0,25 + Tương tự ta cũng chứng minh được: C· HP M· AC . 0,5 + Suy ra N· HB B· HC C· HP M· AB B· HC M· AC (M· AB M· AC) B· HC B· AC B· HC B· AC F· HE 1800 0,5 Suy ra N, H và P thẳng hàng. Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. Page 10