Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Vinh

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Vinh, tài liệu cung cấp cho các bạn tuyển tập các đề thi vào lớp 9 hay. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Vinh

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 NĂM HỌC: 2016-2017 Môn: Toán – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức: A ab bc ca  2 2 2 2 2 2 2 a  b  c b  c  a c  a  b2 2 2) Tính giá trị của biểu thức: P x3  x 2  5x  3  6 x  2x  7x  3 3 2 tại x  1  3 2  3 4 Bài 2. (4,0 điểm) x 2  xy  y2  3 1) Giải hệ phương trình  x  y  xy  5 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:  2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105 Bài 3. (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012n 2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2  x  3y2  y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phương Bài 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB Bài 5. (2,0 điểm) 1 a 1 b 1 c Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  0 và a  b  c     0 Chứng minh rằng a 6  b 6  c6  abc a 3  b 3  c3 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017 Câu 1 1) .Từ a  b  c  0  a  b  c Bình phương hai vế ta được a2  b2  2ab  c2 nên a2  b2  c2  2ab Tương tự : b2  c2  a2  2bc và c2  a2  b2  2ac ab bc ca 1 1 1 3       2ab 2bc 2ca 2 2 2 2 3 Vậy A   2 2) . Ta có x 3 2  1  1  3 2  3 4 3 2  1  2  1  1 Do đó A       Suy ra x 3 2  x  1  2x3   x  1 hay x3  3x2  3x  1 Do đó 3 P 3x 2  3x  1  x 2  5x  3  6 3x 2  3x  1  2x 2  7x  3 4  x  1  6 2  x  2 2  2 x 1  6 x2  4x 2  8x  4  6  x 2  4x  4 2  x  1  6 x2  2x  4 2 x2 (vì x  1  3 2  3 4  2) Vậy P  2 tại x  1  3 2  3 4 Câu 2 2 x 2  xy  y2  3   x  y   3xy  3  1) Ta có :  x  y  xy  5  x  y  xy  5 Đặt a = x – y , b = xy (1) a 2  3b  3 a  b  5 Hệ phương trình trên trở thành  a  3 a  6 hoặc  b  2 b  11 Giải hệ phương trình trên ta được  Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta được x  y  3 x  1 x  2  và   xy  2 y  2 y  1 Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta được x  y  6 x  y  6  2 . Hệ phương trình vô nghiệm  xy  11 y  6y  11  0 x  1 x  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm  và  y  2 y  1 2) .  2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105 Vì 105 là số lẻ nên 2x  5y  1 và 2 x  x2  x  y phải là các số lẻ Từ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵn x 2  x2  x  y là số lẻ mà x2  x  x(x  1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0 Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được:  5y  1 y  1  105  5y2  6y  104  0  5y2  20y  26y  104  0  5y(y  4)  26(y  4)  0  (5y  26)(y  4)  0 26 (loại) hoặc y  4 (thỏa mãn) y 5 Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 3 1) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012n Ta có n3  2012n  n3  n  2013n  n(n  1)(n  1)  2013n Vì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3 Suy ra n  n  1 n  1 3 mà 2013 3 nên  n3  2012n  3(1) Mặt khác 20142014  1   2013  1  1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2) Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho 2) Từ: 2x2  x  3y2  y (1)  2x2  2y2  x  y  y2  (x  y)(2x  2y  1)  y2 (2) 2 2 2 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x  3y  x  y  x  (x  y)(3x  3y  1)  x 2014  (x  y)2 (2x  2y  1)(3x  3y  1)  x2 y2  (2x  2y  1)(3x  3y  1) là số chính phương (3) Gọi  2x  2y  1;3x  3y  1  d  (2x  2y  1) d; (3x  3y  1) d   3x  3y  1   2x  2y  1   x  y  d  2(x  y) d  (2x  2y  1)  2(x  y)  1 d nên d = 1   2x  2y  1;3x  3y  1  1 (4) Từ (3) và (4)  2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là số chính phương Lại có từ (2) suy ra  x  y  2x  2y  1 là số chính phương nên x – y cũng là số chính phương. Vậy 2y2  x  3y2  y thì x  y;2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là các số chính phương Câu 4 A O Q P N C BI E M H d a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM Ta có AM // CE (cùng vuông góc với AC) Suy ra BEC  MAB (so le trong) Mà ABC  900 ;AQM  900 và AMO  OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO  OMB  BCE (cùn phụ với hai góc bằng nhau) BE OB MB OB    (1) BC MB BC BE Lại có MBA  OBC (cùng phụ với ABO)  tan BCE  tan OMB  Nên MBC  OBE (cùng = 900  OBC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE(c.g.c) b) Từ MBC OBE  BCM  BEO Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC BIE NIC (g.g)  IBE  INC mà IBE  900 Nên INC  900. Vậy CM  OE c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH Ta có OQP OHM (g.g)  OQ OP  OH OM  QO.OM  OP.OH  OA2  R2  OP  R2 OH Mà O và d cố định  OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB  2AQ  2 OA2  OQ2 mà OQ  OP R4 2R  AB  2 OA  OP  2 R   . OH 2  R2 2 OH OH Dấu “=” xảy ra  Q  P  M  H 2R Vậy GTNN của AB  . OH2  R2  M  H OH 1 *) Vì MO  AB nên S AOBM  AB.OM  AQ.OM 2 Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A1B1 2 2 2 không đổi Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 1 2 Dấu “=” xảy ra  M  H 1 Vậy GTNN của S AOBM  A1B1.OH khi và chỉ khi M  H 2 Mà OM  OH  S AOBM  A1B1.OH (không đổi) Câu 5 * a  b  c  0  a  b  c   a  b   c3  a 3  b 3  c3  3ab(a  b)  3abc 3 1 1 1 *    0  ab  bc  ca  0 a b c    b   c  *a 6  b6  c6  a 3 2 3 2 3 2   2 a 3b3  b3c3  c3a 3 *ab  bc  ca  0  a 3b3  b3c3  c3a 3  3a 2 b2 c2 2 Do đó *a6  b6  c6   3abc   2.3a 2 b2c2  3a 2 b2c2 Vậy a 6  b6  c6 3a 2 b2c2   abc a 3  b 3  c3 3abc 