Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Bình Định

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Bình Định. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh. Thời gian làm bài là 150 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Bình Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2017 Đề chính thức Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2017 Bài 1 (6,0 điểm). 1. Cho biểu thức: P = 2m  16m  6  m2 m 3 m2  m 1 3 2 m3 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị tự nhiên của m để P là số tự nhiên. 2. Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. Bài 2 (5,0 điểm). a) Chứng minh rằng: với mọi số thực x, y dương, ta luôn có: 1 1 4   x y x y b) Cho phương trình: 2 x2  3mx  2  0 (m là tham số). Có hai nghiệm x1 và x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M =  x1  x2  2  1  x12 1  x22     x2   x1 2 Bài 3 (2,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 1   2  2      x  yz y  xz z  xy 2  xy yz zx  2 Bài 4 (7,0 điểm). 1. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó. a) Chứng minh MB + MC = MA b) Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức: MH + MI + MK = 2 3  S + 2S'  3R 2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho MAN = BAC . Chứng minh MA là tia phân giác của góc NMF Lbinhpn thcsphuochoa ĐÁP ÁN Bài 1 (6,0 điểm). 1a) Rút gọn được P = m 1 (với m  0, m  1) m 1 1b) P= m 1 = 1+ m 1 Ta có: P  N  2 m 1 2 N  m 1 m  1 là ước dương của 2  m  4; 9 (TMĐK) Vậy m = 4; m = 9 là giá trị cần tìm. 2) a + b + c 4 (a, b, c  Z) Đặt a + b + c = 4k (k  Z)  a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = 16k 2  4ak  ack  ac   4k  b   abc = 64 k 3  16bk 2  16ak 2  4abc  16ck 2  4bck  4ack  abc  abc = 4 16k 3  4bk 2  4ak 2  abk  4ck 2  bck  ack   2abc (*) Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a+ b + c chia 2 dư 1 (1) Mà: a + b + c 4  a + b + c 2 (theo giả thiết) (2) Do đó (1) và (2) mâu thuẫn  Điều giả sử là sai  Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2  2abc 4 (**) Từ (*) và (**)  P 4 Bài 2 (5,0 điểm). a) 1 1 4 ab 4 2 2     a  b   4ab   a  b   0 (đúng)   ab ab x y x y b) PT có a, c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 Ta có: x1  x2   3m 2 và x1.x2   2 2 2  1  x12 1  x22  x  x   M =  1 2   = ......= x x2   1 2 2   1  x1 x2   1  x1 x2     2 2      x1  x2   4 x1 x2  1    x1  x2  1  2 2  x1 x2     x1 x2      9 2 2 =  9  m  8 2  8  8 2  8 2   2 Dấu “=” xảy ra khi m = 0 Vậy GTNN của M là 8 2  8 khi m = 0 Bài 3 (2,0 điểm) Áp dụng BĐT Cô si cho các số dương x 2 và yz, ta có: x 2 + yz  2 x 2 yz  2 x yz  1 1 1 1   . x  yz 2 x yz 2 x yz 2 Lbinhpn thcsphuochoa Tương tự, ta có: 1 1 1 1 1 1 và 2  .  . z  xy 2 z xy y  xz 2 y xz 2 1 1 1 1 1 1 1         x 2  yz y 2  xz z 2  xy 2  x yz y xz z xy  yz  xz  xy 1 1 1   Ta có: = (2) xyz x yz y xz z xy Suy ra: (1) Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3) Thật vậy: (*)  2 yz  2 xz  2 xy  2 x  2 y  2 z   x   2 y   2 z  x y  x  2  0 (BĐT đúng) Dấu “=” xảy ra khi x = y = z Từ (2) và (3) suy ra: 1 1 1 x yz 1 1 1   (4)     xyz yz xz xy x yz y xz z xy Từ (1) và (4) suy ra: 1 1 1 1 1 1 1  2  2      x  yz y  xz z  xy 2  xy yz zx  2 Bài 4 (7,0 điểm). 1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB Ta có:  BEM là tam giác đều  BE = BM = EM A  BMA =  BEC  MA = EC Do đó: MB + MC = MA Cách 2: O Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB E Ta có:  BEM là tam giác đều B  BE = BM = EM  MBC =  EBA (c.g.c)  MC= AE M Do đó: MB + MC = MA 1.b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N Vì  ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác  A, O, N thẳng hàng  AN = A O B C M E A 3 R 2 Ta có: AN = AB.sin ABN  AB  AN  3 3 R: R 3 2 2 sin ABN 2S 2S 1 I N Ta có: MH . AB  S ABM  MH  ABM = ABM B 2 AB R 3 H 2S ACM 2 S ACM 1 = MK . AC  S ACM  MK  M 2 AC R 3 2S 2 S BCM 1 2S ' = MI .BC  S BCM  MI  BCM = 2 BC R 3 R 3 2 2 2S ' 2S ' Do đó: MH + MK + MI = + + .S ABMC  S ABM  S ACM  = R 3 R 3 R 3 R 3 = C 2 3  S  2S ' 2S ' 2 + .  S  S '  3R R 3 R 3 Lbinhpn thcsphuochoa O K C 2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE  BAC Mà: MKD  CDE (vì MK // BC). Do đó: MKD  MAN  Tứ giác AMKN nội tiếp  AMN  AKN Ta có: D3  D4 (= BAC )  D1  D2  DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D  DM = DK  AMD =  AKD (c.g.c)  AMD  AKD F Nên: AMF  AKN . Ta có: AMF  AMN  AKN  A N  E H Vậy: MA là phân giác của góc NMF K M 1 2 3 B Lbinhpn thcsphuochoa 4 D C