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

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

140
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 9 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Lạng Sơn dành cho các bạn học sinh đang chuẩn bị thi ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán, giúp các em phát triển tư duy, năng khiếu môn học. Chúc các bạn đạt được điểm cao trong kì thi này nhé. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

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 Lạng Sơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán 9 THCS Thời gian: 150 phút Ngày thi: 05/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu 1 (4,0 điểm). Cho biểu thức: x x x4 x 4 x x  x4 x 4 với x  0, x  1, x  4 . A  23 x  x x 23 x  x x a) Rút gọn biểu thức A. (2  3) 7  4 3 . 2 1 Câu 2 (4,0 điểm). Cho phương trình: x2  2mx  2m  1  0 . a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm. b) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x1 x2  3 . B 2 x1  x22  2(1  x1 x2 ) Câu 3 (4,0 điểm). a) Giải phương trình: x2  4 x  1  3x  1  0 . b) Cho f ( x) là đa thức với hệ số nguyên. Biết f (2017). f (2018)  2019 . Chứng minh rằng phương trình f ( x)  0 không có nghiệm nguyên. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AC  AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân giác trong AI của tam giác ABC ( I  BC ) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn. 1 1 1   b) Chứng minh . CN CI CF c) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC, kẻ DK//AI ( K  AC ) . Chứng minh 2AK  AC  AB . Câu 5 (2,0 điểm). Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đoàn 26 – 3 . Biết rằng có n đội tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đấu với nhau đúng một trận). Đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua không được điểm nào. Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa và tổng số điểm của các đội là 336. Hỏi có tất cả bao nhiêu đội bóng tham gia? --------------------------------Hết-------------------------------b) Tính giá trị của biểu thức A khi x  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1a Nội dung Đặt t  x , t  0, t  1, t  2 khi đó: t 3  t 2  4t  4 t 3  t 2  4t  4  A  2  3t  t 3 2  3t  t 3 (t  1)(t  2)(t  2) (t  1)(t  2)(t  2)  A  (t  1)(t  1)(t  2) (t  1)(t  1)(2  t ) t  2 t  2 2t 2  4 2  A   2  2 2 t 1 t 1 t 1 t 1 2  A2 x 1 1b (2  3) 7  4 3 (2  3) (2  3) 2 (2  3)(2  3) x   2 1 2 1 2 1 1 x  2 1 2 1 2 2 Do đó: A  2  2 2 2 2 1 1 2 phương trình: x2  2mx  2m  1  0 có a + b + c = 0 nên có hai nghiệm: x1  1, x2  2m  1 . Chứng tỏ PT luôn có nghiệm m (hoặc tính theo  để biện luận) Do PT luôn có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có: x1  x2  2m, x1.x2  2m  1 2(2m  1)  3 4m  1  Suy ra: B  ( x1  x2 )2  2 4m2  2 Nhận thấy rằng mẫu số của B luôn dương, do đó để B nhỏ nhất thì ta chỉ xét 4m  1  0 hay m  1/ 4 , đặt t  m  1/ 4  0, (nên t  0) Vậy m  t  1/ 4 thay vào B, ta được: 4(t  1 / 4)  1 4t B  4(t  1 / 4)2  2 4t 2  2t  9 / 4 4t Để B nhỏ nhất thì C  2 phải lớn nhất, C>0 4t  2t  9 / 4 4t 2  2t  9 / 4 1 9 t   Để C lớn nhất thì D  nhỏ nhất 4t 2 16t 2a 2b Điểm 3a 9  1 9 1  Áp dụng BĐT Cô si: D   t   2    2. t. 16t 2  16t  2 9 3 Dấu = xảy ra khi t   t  khi đó m = -1, vậy minB = -1/2 khi 16t 4 m = -1 1 ĐK: x  3 2 x  4 x  1  3x  1  0  x 2  (3x  1)  x  3x  1  0 Đặt t  3x  1  0 ta được: x2  t 2  x  t  0  ( x  t )( x  t )  ( x  t )  0  ( x  t )( x  t  1)  0 3 5 t/m 2 Với TH x  t  1  0 hay t  1  x  3x  1  1  x , ĐK: x  1 5  17 5  17  3x  1  1  2 x  x 2  x  t/m (loại x  ) 2 2 3 5 5  17 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x  , x 2 2 Từ giả thiết ta có f (2017), f (2018) là các số nguyên và x = 2017, x = 2018 không là nghiệm của PT f ( x)  0 Giả sử PT f ( x)  0 có nghiệm nguyên là x  a  Z , theo định lý Bơzu : f ( x)  ( x  a).g ( x) với g ( x) là đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm Do vậy: f (2017)  (2017  a).g (2017), f (2018)  (2018  a).g (2018) Nhân vế với vế và áp dụng giả thiết f (2017). f (2018)  2019 : 2019  (2017  a).g (2017).(2018  a).g (2018) Điều này là vô lý vì vế trái là số lẻ, còn vế phải là số chẵn ( (2017  a); (2018  a) là 2 số nguyên liên tiếp, tích là số chẵn) Vậy f ( x)  0 không có nghiệm nguyên (đpcm) GV có thể mở rộng cho HS: - Số 2017 và 2018 có thể thay bởi bất cứ số nguyên nào miễn sao có 1 số chẵn và 1 số lẻ. Số 2019 có thể thay bằng 1 số nguyên lẻ bất kỳ. - Liệu có tìm được đa thức nào hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết f (2017). f (2018)  2019 ? - Đa số chứng minh phương trình không có nghiệm đều sử dụng phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận cùng ...) Với TH x  t  0 hay x  3x  1  x 2  3x  1  x  3b 4a 4b Do AI là phân giác nên BE  CE , theo tính chất góc ngoài đường tròn, ta có : AMC  AC  BE  AC  CE  ANC Vậy tứ giác AMNC nội tiếp Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các góc trong bằng nhau: A1  C1; A1  C2 ; A2  M 2 Suy ra : BC//MN//EF, CMN cân tại N Xét tam giác CIN có CE là phân giác và EF//IC nên ta có các tỉ số EN CN EN FN CN FN     ; CI FC EI CI EI FC CN CN  CF CN CN     1 CI FC CI FC CN CN 1  Chuyển vế : , chia 2 vế cho CN ta có điều phải chứng CI FC minh 4c 5 Gọi H thuộc AC sao cho K là trung điểm của AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, trên HG lấy điểm L sao cho CG = CL ( CLG cân) Từ AI//DK//HG và K là trung điểm của AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC vậy BI = CL AI//HL nên BAI  IAC  LHC , và BIA  EIC  LGC  HLC (so le và đồng vị) Xét hai tam giác AIB và HLC có hai góc bằng nhau nên góc còn lại bằng nhau, có 1 cạnh bằng nhau BI = CL nên AIB  HLC g.c.g Vậy AB = HC Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK Nên AB = AC – 2AK  2AK = AC – AB đpcm Gọi số trận hòa là x ( x  N * )  tổng số điểm của các trận hòa là 2x, (1 trận hòa có 2 đội, mỗi đội được 1 điểm) Theo giả thiết số trận thắng là 4x  tổng số điểm của các trận thắng là 12x Tổng số điểm các đội là 336  2x + 12x = 336  x = 24 Vậy ta có tất cả 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn ra Từ giả thiết có n đội, mỗi đội đấu với n – 1 đội còn lại nên số trận đấu diễn ra là n(n – 1) , nhưng đây là tính cả trận lượt đi và lượt về, giả thiết mỗi đội đấu với nhau đúng 1 lần nên tổng số trận giảm đi n(n  1) một nửa, do đó có tất cả trận đấu 2 n(n  1)  120  n(n  1)  240  n  16, (n  15 loại) Vậy 2 KL : có tất cả 16 đội bóng tham gia.