Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Kiến Thụy (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Kiến Thụy (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KIẾN THỤY Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (2,0 điểm) 1 1 2 1 1 x3 y x x y y3 .1 Cho biểu thức A . : với x;y >0 3 3 x y x y x y x y xy a) Rút gọn A b) Biết xy = 16. Tìm GTNN của A 1.2 Cho x 2016 x2 y 2016 y2 2016 . Tính giá trị của biểu thứcT x2017 y2017 . Bài 2: (2,0 điểm) 2.1. Cho các hàm số bậc nhất: y 0,5x 3, y 6 x và y mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và ( m). Với những giá trị nào của tham số m để; a) Đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d1) tại điểm có hoành độ âm ? b) Đường thẳng ( m) cắt hai đường thẳng (d2) tại điểm có tung độ dương? 2.1. Cho ba đường thẳng: x + y = 1 (d1); x - 2y = 4 (d2); (k+1)x + (k-1)y = k + 1 (d3); ( với k ≠1) a) Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy. b) Chứng minh rằng khi k thay đổi thì đường thẳng (d3) luôn đi qua một điểm cố định trong mặt phẳng Oxy. 2.2. Giải phương trình sau : 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 Bài 3: (2,0 điểm) 3.1. Cho A 10n 10n 1 10n 2 10 1 10n 1 5 1. Chứng minh rằng A là số chính phương nhưng không là lập phương của một số tự nhiên. 3.2. Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với x; y 0 x2 y2 x y 4 3 2 2 y x y x Bài 4: (3,0 điểm) Gọi O là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M; CM cắt AH tại I, OM cắt AB tại J. 4.1 Chứng minh I là trung điểm của AH. 4.2 Cho BC = 2R, OM = x. Tính AB, AH theo R và x. 4.3 Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi. Bài 5: (1,0 điểm) Cho đa giác đều 36 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật có 4 đỉnh đều là đỉnh của đa giác đều trên? Hết UBND HUYỆN KIẾN THỤY CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
2. Độc lập – Tự do - Hạnh phúc ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC 2017-2018 Bài Đáp án Biểu điểm Bài 1 1.1 x y 0,75 a) Rút gọn được A xy x y 2 xy b) C/m x y 2 xy A 1 xy xy Vậy A min = 1 khi x = y = 4 0,75 1.2 2017 2017 Tính được T x y = 0 0,5 Bài 2 2.1 Điều kiện để ( m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m 0 a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và ( m) là: 0,5x 3 mx (m 0,5)x 3 0,75 Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m 0,5 0 hay m 0,5 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và ( m) là: 6 x mx (m 1)x 6 Với m = -1 PT vô nghiệm 6 6m Với m ≠ -1; ta có: x y m 1 m 1 Vậy điều kiện cần tìm là: m > 0 hoặc m < -1 0,75 2.2 Giải phương trình sau : 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 Được x = 2 0,5 Bài 3 3.1 Có 10n 1 1 10 1 10n 10n 1 10n 2 10 1 0,25 1 10n 10n 1 10n 2 10 1 10n 1 1 9 0,5 1 A 10 n 1 1 10 n 1 5 1 9 1 10 2 n 2 410 n 1 5 9 9 1 10 2 n 2 410 n 1 4 9 2 10 n 1 2 3
3. 10n 1 2 0,25 Vì 10n 1 2 3 N 3 Suy ra A là số chính phương. 2 2 10n 1 2 2. 5.10n 1 Lại có A 3 3 A4 nhưng A không chia hết cho 8 vì 5.10n 1là số lẻ. Vậy A không là lập phương của một số. 0,25 3.2 x 2 y 2 x y 4 3 0 2 2 (1) y x y x 0,5 x y x2 y2 x2 y2 Đặt a 2 a 2 . Dễ dàng chứng minh 2 y x y2 x2 y2 x2 nên a2 ≥ 4, do đó | a | ≥ 2 a 2 hoặc a 2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a2 – 2 + 4 ≥ 3a a2 – 3a + 2 ≥ 0 (a – 1)(a – 2) ≥0 (2) Từ (1) suy ra a ≥ 2 hoặc a ≤ -2. Nếu a ≥ 2 thì (2) đúng. Nếu a ≤ -2 thì (2) cũng đúng. Bài toán được chứng minh. x y 1 0,25 Dấu "=" xảy ra  x y 1 Bài 4 4.1 c/m: I là trung điểm của AH 1,0 M Trong tam giác CBM ta có HI//BM HI CH nên: 1 A BM CB J I Mà MOB đồng dạng với ACH HA CH B C (cmt) nên: 2 O H BM OB Chia (1) cho (2) theo từng vế ta HI OB 1 được: HA CB 2 Vậy I là trung điểm của AH. 4.2 Cho BC = 2R, OM = x. Tính AB, AH theo R và x. 1,0 Tam giác OBM vuông ở B nên: OB2 OJ .OM OB2 R2 OJ OM x Tam giác OJB vuông ở J nên:
4. 2 2 2 2 2 2 R BJ OB OJ R x R 2 x 2 R 2 x 2 R BJ x2 R2 x 2R Suy ra AB 2BJ x2 R2 với x>R x Tam giác ABC vuông ở A nên: 4R2 4R2 AC 2 BC 2 AB2 4R2 x2 R2 x x2 2R2 AC x Ta cũng có: BC . AH = AB . AC 2R 2R2 x2 R2 . AB.AC Suy ra AH x x BC 2R 2 2R 2 2 Vậy AH 2 . x R với x>R x 1,0 4.3 Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi. Qua hình vẽ ta thấy AH có thể đạt GTLN bằng R, nên ta chứng minh: AH R 3 2R2 Ta có: 3  . x2 R2 R x2  2R x2 R2 x2  4R2 x2 R2 x4  x4 4R2 x2 4R4 0 2  x2 2R2 0 : đúng với xR Dấu "=" xảy ra  x2 2R2 0  x R 2 Vậy AH đạt GTLN bằng R khi x R 2 Bài 5 Gọi O là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. 0,25 Vì đa giác có 36 đỉnh nên có 18 đường chéo qua O, ta gọi chúng là các đường chéo 0,25 lớn. Cứ 2 đương chéo lớn tạo thành một hình chữ nhật nên số hình chữ nhật tạo được là 0,25 18.17:2=152 hình. 0,25 Hết