Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2017 - 2018 - Sở GD&ĐT Lạng Sơn

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