Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải trực tiếp trên "Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS môn Toán năm học 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Nghệ An " để các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố lại kiến thức toán học căn bản nhất trong chương trình môn Toán. Chúc các em ôn thi thật tốt và đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2016-2017 Môn thi : TOÁN – BẢNG A Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Câu 1. (4 điểm) a) Tìm hệ số a, b, c của đa thức P(x)  x2  bx  c biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – 1 tại x = 2. x 2  xy2  xy  y3  0 b) Giải hệ phương trình  2 2 x  1  3 x  y  1  y  0   Câu 2. (4 điểm) a) Giải phương trình x  2  3 1  x2  1  x b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2a 1 a 2  b 1 b 2  c 1  c2 Câu 3. (3 điểm) Cho tam giác ABC có BAC  1350 ,BC  5cm và đường cao AH = 1 cm. Tìm độ dài các cạnh AB và AC Câu 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D là một điểm trên cung BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và ACE. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB, gọi I là giao điểm của EK với AC a) Chứng min rằng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của KH Câu 5. (4 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 1 1     1 m n p q mnpq b) Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc sau: Nếu có hai số phân biệt trên bảng thi ghi thêm số z  xy  x  y . Chứng minh rằng các số trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k  2 với số k là tự nhiên ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 9 NGHỆ AN BẢNG A 2016-2017 Câu 1 a) Do đa thức P(x)  x2  bx  c có bậc hai và có giá trị nhỏ nhất là - 1 tại x=2 nên viết được dưới dạng P(x)   x  2  1. 2 Từ đó ta có P(x)  x2  bx  c   x  2   1 2 Hay ta được x2  bx  c  x2  4x  3 , Đồng nhất hệ số hai vế ta được b  4;c  3 b) Điều kiện xác định của phương trình là x  0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x  y x(x  y2 )  y(x  y2 )  0   x  y  x  y2  0   2 x  y  0   Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x  0 ta được x = y = 0 Thay vào phương trình còn lại ta thấy không thỏa mãn. Với x=y, thay vào phương trình còn lại ta được: 2(x2  1)  3 x(x 1)  x  0  2 x2  3x x  x  3 x  2  0 Đặt t  x  0 , khi đó ta được phương trình 2t 4  3t 3  t 2  3t  2  0 Nhẩm được t  2;t  1 nên ta phân tích được 2 2t 3 (t  2)  t 2  t  2    t  1 t  2   0   t  2   2t 3  t 2  t  1  0   t  2  2t  1  t 2  t  1  0  1 x  y  2 t   2 2  xy t  2    2 Câu 2. a) Quan sát phương trình ta chú ý đến biến đổi 1  x2  (1  x)(1  x) . Để ý đến điều kiện xác định ta phân tích được 1  x2  1  x. x  1 Như vậy ta viết lại được phươn trình x  2  3 1  x. x  1  1  x Ta có biểu diễn x  3  2(x  1)  (1  x) Đến đây ta đặt ẩn phụ a  x  1;b  1  x thì ta viết lại phương trình lại thành 2a2  b2  1  3ab  a Hay b2  3ab  2a2  a  1  0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có   9a 2  4(2a 2  a  1)   a  2  2 Do đó phương trình có hai nghiệm là b  b 3a  (a  2)  a  1 và 2 3a  (a  2)  2a  1 2 3 2 24 1  x  2 1  x  1  ....  x   25 Với b = a – 1 ta được 1  x  1  x  1  .....  x   Với b = 2a+1 ta được  3 24   ;    2 25   Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S   b) Từ giả thiết ab+bc+ca=1, ta để ý đến phép biến đổi a 2  1  a 2  ab  bc  ca  a  b a  c  Áp dụng tương tự bất đẳng thức trở thành P 2a  a  b  a  c   b  a  b  b  c   c a  c  b  c  Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta được P 2a  a  b  a  c   b  a  b  b  c   c  a  c  b  c  1  1   1 1   1  1  a   b   c     ab ac  a  c 4(b  c)   4(b  c) a  c  ab bc ac 1 9     1 1  a  b 4(b  c) a  c 4 4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra 1 1   7   a;b;c    ; ;   15 15 15  Câu 3. M A B I H N C Gọi AB = y; AC=x. Dựng CM vuông góc với AB, khi đó ta được AM=CM= x 2 2 1 2 Ta có S ABC  AH.BC  5 1 1 x 2 . Lại có S ABC  .CM. AB  y. 2 2 2 2 1 2 1 2 x 2 5   xy 2  10 2 2 Tam giác BCM vuông tại M nên ta lại có BM2  MC2  BC2 . Suy ra Do đó ta được S ABC  CM.AB  y. 2 2  x 2  x 2  x2 x2 2 2 y    5  y   xy 2   25     2 2 2 2     Từ đó ta được x2  y2  15. Ta có hệ phương trình 2 x  10 x 2  y2  15  x  y   2xy  15   .....    xy  5 2 xy 2  10 y  5 Do vai trò của AB và AC như nhau nên ta có kết quả là AB  10;AC  5 và AB  5;AC  10 Câu 4. N Q E J F A K I H P B M C D a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K là trực tâm của tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từ đó suy ra AKC  AEC  1800 Mặt khác do tứ giác ADCE là hình bình hành nên lại có ADC  AEC Từ đó suy ra AKC  ADC  1800 , nên tứ giác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm trên đường tròn. +) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng Do K là trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vuông góc với AC. Đường thẳng đi qua ba điểm I, P, Q là đường thẳng Simson b) Chứng minh PQ đi qua trung điểm của KH