Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì kiểm tra sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TỈNH ĐĂKLĂK Năm học: 2017 – 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN LỚP 9 – THCS Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (4 điểm) 1) Thu gọn biểu thức P = x −3+ 2 x + 4 x + 4 2017 . Tìm x sao cho P = 2018 x+3 x +2 2) Giải phương trình: ( x 2 − 4 x )( x 2 − 4 ) = 20 Bài 2 (4 điểm) 1) Cho phương trình x 2 + 2 ( 2m − 3) x + m 2 = 0 , với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm khác 0 là x1 ; x2 ( chúng có thể trùng nhau) và biểu thức 1 1 + đạt x1 x2 giá trị nhỏ nhất. 2) Cho Parabol ( P ) : y = ax 2 . Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A ( x0 ; y0 ) với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3 Bài 3 (4 điểm) 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x 2 − y 2 + 4 x − 2 y = 18 2) Tìm tất cả các cặp số ( a ; b ) nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 ii) Số N = ab ( ab + 1)( 2ab + 1) có đúng 16 ước số nguyên dương Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E ( D ≠ B, E ≠ C ) . BE cắt CD tại H. Kéo dài AH cắt BC tại F. 1) Chứng minh các tứ giác ADHE và BDHF là tứ giác nội tiếp 2) Các đoạn thẳng BH và DF cắt nhau tại M, CH và EF cắt nhau tại N. Biết rằng tứ giác HMFN là tứ giác nội tiếp. Tính số đo góc BAC Bài 5 (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức T = x − y + 2018 Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh rằng: MA2 ≥ 2 MB.MC 1 LỜI GIẢI ĐỀ THI Bài 1 (4 điểm) 1) Thu gọn biểu thức P = x −3+ 2 x + 4 x + 4 2017 . Tìm x sao cho P = 2018 x+3 x +2  ≥ x 0  x ≥ 0   ĐKXĐ:  x + 3 x + 2 ≠ 0 ⇔  x + 1   x + 4 x + 4 ≥ 0  x +2  ( ( )( x + 2) ≠ 0 ⇔ x ≥ 0 ) ≥0 x − 3 + 2 x + 4 x + 4 x − 3 + 2 ( x + 2) x + 2 x +1 P= = = = x+3 x +2 ( x + 1)( x + 2) ( x + 1)( x + 2) 2 2 Vì P = 2017 nên: 2018 x +1 x +2 x + 1 2017 = ⇔ x = 2016 ⇔ x = 20162 x + 2 2018 2) Giải phương trình: ( x 2 − 4 x )( x 2 − 4 ) = 20 (x 2 − 4 x )( x − 4 ) = 20 ⇔ ( x − 2 x − 4 ) 2 2 2  x2 − 2 x − 4 = 6  x 2 − 2 x − 10 = 0 = 36 ⇔  2 ⇔ 2 2 4 6 x x − − = −   x − 2x + 2 = 0  x = 11 + 1  x = 3 + 1 ⇔ hoặc   x = − 11 + 1  x = − 3 + 1 Bài 2 (4 điểm) 1) Cho phương trình x 2 + 2 ( 2m − 3) x + m 2 = 0 , với m là tham số. ∆ ' > 0 2 Ta có: ∆ ' = ( 2m − 3) − 4m 2 = −12m + 9 . Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì  2 m ≠ 0 3  3 m > (1) ⇔ 4 ⇔m> 4 m ≠ 0  x1 + x2 = 2 ( 3 − 2m ) Theo định lí vi – et ta có:  2  x1 x2 = m 2 ( 3 − 2m )  6 1 1 x +x 6 2 = − Ta có: A = + = 1 2 =  − 2 x1 x2 x1 x2 m m 3   3 2 ⇒ A≥ −2 . Dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi m = 3. Kết hợp với điều kiện (1) thì m thỏa mãn 3 Vậy: MinA = −2 tại m = 3. 3 2 2) Cho Parabol ( P ) : y = ax 2 . Tìm điều kiện của a để trên (P) có điểm A ( x0 ; y0 ) với hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3 Vì: A ( x0 ; y0 ) ∈ ( P ) nên y = ax02 ⇒ x02 = y0 . Do x0 > 0 ⇒ x0 = a y0 a Ta có: x02 + 1 − y0 + 4 = x0 − y0 + 3 y0 + 1 − y0 + 4 = a ⇔ y0 − y0 + 3 ⇔ a y0 +1 − a y0 = a ( y0 + 3) + 1 − ( y0 + 3) Xét hàm số: f ( t ) = t + 1 − t . Dễ dàng chứng minh được f ( t ) luôn nghịch biến khi t > 0 ⇒ y0 3a 3a 3 = y0 + 3 ⇒ y0 = ⇒ ax02 = ⇒ x02 = ⇒ a pn . Vì N có 16 ước nguyên dương nên số N không thể phân tích được ra được tích của 5 số tự nhiên. Xét bài toán sau, Nếu A = a.b.c.d trong đó a, b, c và là các số nguyên tố thì số các ước của A là: 4 ∑C x =0 x 4 = 16 . Như vậy: Nếu N = ab ( ab + 1)( 2ab + 1) có 16 ước thì N là tích của 4 số nguyên tố + TH 1: các số a, b, ab + 1 và 2ab + 1 là các số nguyên tố. Như vậy, bài toán được viết lại là: Tìm các số nguyên tố a và b sao cho các số ab + 1 và 2ab + 1 là các số nguyên tố. - Nếu ab + 1 là số chẵn thì ab + 1 = 2 ⇒ ab = 1 (vô lí) - Nếu ab + 1 là số lẻ thì ab là số chẵn ⇒ ab = 2 ⇒ b = 2 và a = 1 (vô lí) Như vậy: các số: a, b, ab + 1 và 2ab + 1 là không thể đồng thời là các số nguyên tố + TH2: a phải bằng 1. 3 ⇒ N = b ( b + 1)( 2b + 1) . Như vậy, trong ba số b ; b+1 và 2b +1 thì tồn tại 2 số là nguyên tố và một số được tạo bởi tích của hai số nguyên tố không trùng nhau và không trùng với hai số kia. - Giả sử b và b + 1 là số nguyên tố ( vô lí) - Giả sử b và 2b + 1 là số nguyên tố ⇒ b + 1 = 2k ( k là nguyên tố), mà b = 3 . Nếu b = 3 thì b + 1 = 4 = 2.2 ( vô lí) b ( b + 1)⋮ 6 ⇒ 2bk ⋮ 6 ⇒ bk ⋮ 3 ⇒  3 k =  Nếu k = 3 thì b+1 = 6 = 2.3 và b = 5 ; 2b + 1 = 7 ( Thỏa mãn) - Giả sử b + 1 và 2b +1 là số nguyên tố thì b = 2k ( k là số nguyên tố), mà k = 3 b ( b + 1)⋮ 6 ⇒ 2k ( b + 1)⋮ 6 ⇒ k ( b + 1)⋮3 ⇒  b + 1 = 3 Nếu k = 3 ⇒ b = 6 = 2.3 ⇒ b + 1 = 7 và 2b + 1 = 13 ( thỏa mãn) Nếu b +1 = 3 ⇒ b = 2 ⇒ 2b + 1 = 5 ( vô lí) Vậy: S = {(1,5 ) ; (1, 6 ) ; ( 5,1) ; ( 6,1)} Bài 4 (4 điểm) a/ Vì BC là đường kính nên CD ⊥ AB và BF ⊥ AC ⇒ H là trực tâm của ∆ABC ⇒ AF ⊥ BC ⇒ BDH = BFH = 900 ; ADH = AEH = 900 ⇒ ADHE và BDHF nội tiếp b/ Vì MHNF nội tiếp nên MHN + MFN = 1800 ⇒ EHN = MFN mà EHN = EFC ( cùng chắn cung EC) nên: DFE = EFC (1) ta lại có: EHN = DHB ( đối đỉnh) mà DHB = DFB ( cùng chắn cung DB) nên: DFB = DFE (2) Từ (1) và (2) ⇒ DFB = DFE = ECF = 600 ⇒ DHE = 1200 mà ADHE nội tiếp ⇒ BAC = 600 A E D H N M B F I C Bài 5 (2 điểm) Với x, y là hai số thực thỏa mãn: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6 . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức T = x − y + 2018 Đk: −3 ≤ x ≤ 3 +) Ta có: y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = 11 9 − x 2 − 9 x 4 − x 6 4 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) = 11 9 − x 2 − x 2 9 − x 2 ⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) = 3 3 ( 9 − x2 ) +2 3 9 − x2 Xét hàm số: f ( t ) = t 3 + 2t . Ta dễ dàng chứng minh được f ( t ) luôn đồng biến khi t > 0 ⇒ y + 1 = 9 − x2 ⇒ y = 9 − x2 − 1 +) Ta có: T = x − y + 2018 ⇒ T = x − 9 − x 2 + 2019 Sử dụng phương pháp đạo hàm của ( Giải tích lớp 12) và sự biến thiên của hàm số để tìm ra điểm rơi của bất đẳng thức, áp dụng bất đẳng thức (AM-GM) ta dễ dàng giải được bài toán. Bài 6 (2 điểm) Cho tam giác đều ABC. Một điểm M nằm trong tam giác nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 1500 . Chứng minh rằng: MA2 ≥ 2 MB.MC y Giải: Vì M nhìn cạnh BC dưới một góc 1500 nên cung lớn BC có số đo là 3000 ⇒ cung bé BC có số đo là 600 ⇒ ∆BOC đều. Gọi R là bán kính đường ⇒ AB = AC = BC = OB tròn = OC = R Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ: O ( 0;0 ) ; A M C B Vì M ( x0 ; y0 ) thuộc đường tròn nên x02 + y02 = R 2 R R 3  −R R 3  ; C ;  ; B  2 2 2 2     ( A 0; R 3 ) x O ( MA2 = x02 + R 3 − y0 ) 2 ⇒ MA2 = 4 R 2 − 2 R 3 y0 2 2 R  R 3  2 ⇒ MB =  x0 +  +  y0 −  = 2 R + Rx0 − R 3 y0 2  2   2 2 R  R 3  2 ⇒ MC =  x0 −  +  y0 −  = 2 R − Rx0 − R 3 y0 2  2   ⇒ MB.MC = 2 R 2 + Rx0 − R 3 y0 . 2 R 2 − Rx0 − R 3 y0 = ⇒ MB.MC = ( 2R 2 − R 3 y0 ) 2 ( 2 R 2 − R 3 y0 ) 2 − R 2 x02 − R 2 ( R 2 − y02 ) = 3R 4 − 4 R 3 3 y0 + 4 R 2 y02 = R 2 3 − 2 Ry0 5