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

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

1. PHÒNG GD&ĐT THẠCH HÀ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài 150 phút Câu 1: 1 1 a) Tính giá trị của đa thức f (x) (x4 3x 1)2016 tại x 9 9 9 5 5 4 4 2.2016 b) So sánh 20172 1 20162 1 và 20172 1 20162 1 sin2 x cos2 x c) Tính giá trị biểu thức: sin x.cos x với 00 < x < 900 1 cot x 1 tan x d) Biết 5 là số vô tỉ, hãy tìm các số nguyên a, b thỏa mãn: 2 3 9 20 5 a b 5 a b 5 Câu 2: Giải các phương trình sau: 3 2 x 1 x 3 a) x 3 x 1 2 3 b) x2 5x 8 2 x 2 Câu 3: a) Cho đa thức P(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Chứng minh rằng nếu P(x) chia hết cho 5 với mọi giá trị nguyên của x thì các hệ số a, b, c, d đều chia hết cho 5 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – xy + y2 – 4 = 0 c) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là hợp số. Câu 4: a4 b4 a) Chứng minh rằng ab3 a3b a2b2 2 1 1 1 b) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện + + =2 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích (a + b)(b + c)(c + a). Câu 5: Cho ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt nhau tại H. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ D xuống AB, AC lần lượt là E và F a) Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC 1 b) Giả sử HD = AD. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 3 c) Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D đến BI và CK. Chứng minh rằng: 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng. HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh không dùng máy tính bỏ túi )
2. SƠ LƯỢC GIẢI Đề thi chọn HSG cấp huyện năm học 2016 – 2017 MônToán 9 (Thời gian làm bài 150 phút) Câu Ý Đáp án Câu 1 a) 2 2 2 2 x 9 5 2 5 2 2 2 2 5 4 2 5 4 9 =9 2 9 8 1 5 2 5 2 5 22 f (x) f (1) 1 b) ( 20172 1 20162 1)( 20172 1 20162 1) Ta có 20152 1 20142 1 20172 1 20162 1 (20152 1) (20142 1) 20172 20162 (2017 2016)(2017 2016) 20172 1 20162 1 20172 1 20162 1 20172 1 20162 1 2017 2016 2.2016 20172 1 20162 1 20172 1 20162 1 2.2016 Vậy 20172 1 20162 1 > 20172 1 20162 1 c) sin2 x cos2 x sin x.cos x cos x sin x 1 1 sinx cos x sin3 x cos3 x sin x.cos x 1 cosx 1+sinx 2 2 sin3 x cos3 x sinx cos x sin x sinx.cos x cos x sin x.cos x sin x.cos x sinx cosx sinx cosx sin x.cos x 1 sin x.cos x 1 d) ĐK: a b 5 (*) 2 3 9 20 5 a b 5 a b 5 2(a b 5) 3(a b 5) (9 20 5)(a b 5)(a b 5) 9a 2 45b2 a 5( 20a 2 100b2 5b) (*) A Ta thấy (*) có dạng A B 5 trong đó A, B Q , nếu B 0 thi 5 I vô lí vậy B B = 0 => A= 0. 2 2 2 2 2 2 9a 45b a 0 9a 45b a 0 9a 45b a 0 Do đó (*) 2 2 2 2 9 9 20a 100b 5b 0 9a 45b b 0 a b 4 4 9 a b a 9 a 0 4 hoac (không t/m ĐK (*)). Vậy a = 9; b = 4 2 b 4 b 0 b 4b 0 Câu 2 a) ĐK x 1; x 3 ( )
3. 3 2 x 1 x 3 (2) x 3 x 1 2 3 x 3 x 3 (x 3)(x 1) 6 + Trường hợp : x + 3 = 0 x 3 (TMĐK ( ) + Trường hợp : x + 3 0 x 3 Ta có (x-3)(x-1) = 6 x2 4x 3 0 x2 4x 4 7 (x 2)2 7 x 2 7 hoac x 2 7 (TMĐK (*)) Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là: S ={-3; 2 7 ; 2 7 } b) ĐK: x 2 ( ) x2 6x 9 x 1 2 x 2 0 x 3 2 x 2 2 x 2 1 0 2 x 3 2 x 2 1 0 x 3 0 x 3 (thỏa mãn ĐK( )) x 2 1 0 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 Câu 3 Ta có: P(0) = d 5 a) P(1) = a + b + c + d  5 => a + b + c  5 (1) P(-1) = -a + b – c + d  5 => -a + b – c  5 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2b  5 => b  5 vì (2,5) = 1, suy ra a + c  5 P(2) = 8a + 4b + 2c + d  5 => 8a + 2c  5 => a  5 => c 5 b) Ta có 4x2 – 4xy + 4y2 = 16 ( 2x – y )2 + 3y2 = 16 ( 2x – y )2 = 16 – 3y2 Vì ( 2x – y )2 0 nên 16 – 3y2 0 y2 5 y2 { 0; 1; 4 } - Nếu y2 = 0 thì x2 = 4 x = 2 - Nếu y2 = 1 thì ( 2x – y )2 = 13 không là số chính phương nên loại y2 = 1 - Nếu y2 = 4 y = 2 + Khi y = 2 thì x = 0 hoặc x = 2 + Khi y = - 2 thì x = 0 hoặc x = - 2 Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên là (x, y) = ( - 2; 0 ); ( 2; 0 ); ( 0; 2 ); ( 2; 2 ); ( 0; - 2 ); ( - 2; -2 ) c) - Nếu n là số chẵn thì n4 + 4n là số chẵn lớn hơn 2 nên là hợp số - Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + 1 với k là số tự nhiên lớn hơn 0 n4 + 42k + 1 = (n2)2 + (2.4k )2 = (n2)2 + 2.n2.2.4k + (2.4k )2 – 2.n2.2.4k
4. = ( n2 + 2.4k )2–(2n.2k)2 =(n2 + 2.4k – 2n.2k).(n2 + 2.4k + 2n.2k) Vì n2 + 2.4k + 2n.2k > n2 + 2.4k – 2n.2k = n2 + 4k – 2n.2k + 4k = (n – 2k)2 + 4k > 4 Suy ra n4 + 42k + 1 là hợp số Vậy n4 + 4n là hợp số với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 Câu 4 a4 b4 Giả sử ta có ab3 a3b a2b2 a) 2 a4 b4 2ab3 2a3b 2a2b2 a4 b4 2ab3 2a3b 2a2b2 0 a4 2a3b a2b2 b4 2ab3 a2b2 0 2 2 a2 ab b2 ab 0 luôn đúng với mọi a, b a4 b4 Vậy ab3 a3b a2b2 với mọi a, b 2 b) Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z là các số thực dương 1 1 1 Ta có + + =2 x + 1 y + 1 z + 1 1 1 1 1 1 y z 2 1 1 x + 1 y + 1 z + 1 y + 1 z + 1 y + 1 z + 1 1 y z 2  x + 1 y + 1 z + 1 y z (Áp dụng bất đẳng thức Côsy cho 2 số dương và ) y + 1 z + 1 1 x z 1 y x Chứng minh tương tự ta có 2  và 2  y + 1 x + 1 z + 1 z + 1 y + 1 x + 1 1 1 1 y z x z x y Suy ra   2   2   2  x + 1 y + 1 z + 1 y + 1 z + 1 x + 1 z + 1 x + 1 y + 1 1 1 1 xyz   8 x + 1 y + 1 z + 1 x 1 y 1 z 1 1 xyz . 8 Dấu “ = ” xẩy ra khi x y z 1 x y z x + 1 y + 1 y + 1 2 1 a b c 4 1 Vậy giá trị lớn nhất của tích ( a + b )( b + c )( c + a) là 8
5. Câu 5 A I K F H N M E C B D a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tac có: AE.AB = AD2 ; AF.AC = AD2 Suy ra: AE.AB = AF.AC b) AD AD AD2 Biểu thị được : tanB = ; tanC = ; tanB.tanC = BD CD BD.CD Biểu thị được: CD BD BD.CD tanB = tan D· HC ; tanC = tan D· HB ; tanB.tanC = HD HD HD2 AD2 AD Suy ra : (tanB.tanC)2 = => tanB.tanC = = 3 HD2 HD c) Chứng minh được: AE.AB/AK.AB=AF.AC/AI.AC => EF // IK BM BD BE Chứng minh được: ME / /IK M EF MI DC EK Tương tự chứng minh được N EF và suy ra 4 điểm E, M, N, F thẳng hàng Tổng Lưu ý: Học sinh làm cách khác dúng vẫn cho điểm tối đa.