Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm 2016 - 2017 sở GD&ĐT Ninh Bình - THCS.TOANMATH.com

Tải về (0)

Văn bản

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn:TOÁN Ngày thi: 21/02/2017

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm):

Cho biểu thức: M 2 x 16 x 4 2 x 1

x 6 x 8 2 x x 4

− + +

= + +

− + − − với x 0; x 4; x 16≥ ≠ ≠

a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm x để M 6=

c) Tìm các số nguyên x để M là số nguyên

Câu 2 (6,0 điểm): Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a) x4+2x 2x3+ 2+2x+ x2+2x 10 2+ = b) 4 x 8 x3+ = 2+ +x 10

c) x2+2y2+2xy 4x 3y 2 0− − − = , trong đó x, y là các số nguyên dương

d)

4x 2 (1 1 ) 3

x y 1

4y 2 (1 1 ) 1

x y 1

 + + =

 + +



 + − =

 + +

Câu 3 (2,0 điểm): Cho phương trình: x2+2(m 1)x m− + 2+2m 1 0+ = (x là ẩn; m là tham số khác 0). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ;x thỏa mãn: 1 2

2 2

1 2 1 2

2 1 10 0

x x + x x +9m = +

Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC. Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K.

a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)

c) Chứng minh IK song song với AB

d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó.

Câu 5 (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 3+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q a= 3+b c3+ 3

---HẾT---

Họ và tên thí sinh :... Số báo danh:………...

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...

Giám thị 2:...

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(2)

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017

Môn: TOÁN - Ngày thi 21/2/2017 (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) I. Hướng dẫn chung

1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.

2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau.

3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.

4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất.

5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm.

6. Điểm toàn bài thi lẻ đến 0,25.

II. Hướng dẫn chi tiết

Câu Đáp án Điểm

Câu 1(4đ)

Cho biểu thức M 2 x 16 x 4 2 x 1

x 6 x 8 2 x x 4

− + +

= + +

− + − − với x≥0;x≠4;x≠16

a) Rút gọn biểu thức M (1,25 điểm)

- Ta có M 2 x 16 x 4 2 x 1

( x 2)( x 4) x 2 x 4

− + +

= − +

− − − − 0.25

2 x 16 ( x 4)( x 4) (2 x 1)( x 2) ( x 2)( x 4)

− − + − + + −

= − − 0.25

x x 2 ( x 2)( x 4)

− −

= − − 0.25

( x 2)( x 1) ( x 2)( x 4)

− +

= − − 0.25

x 1 x 4

= +

− 0.25

b) Tìm x để M = 6 (1,25 điểm) Ta có: M 6 x 1 6

x 4

= ↔ + =

− 0.5

x 1 6( x 4)

↔ + = − 0.25

x 5

= 0.25

x 25

↔ = 0.25

c) Tìm các số x nguyên để M là số nguyên (1,5 điểm) Ta có: M x 4 5 1 5

x 4 x 4

= − + = +

− − 0.5

Để M là số nguyên thì 5 Z x 4∈

− ↔( x 4)− là ước của 5 0.25

{ } { }

( x 4) 5;5; 1;1 x 1;9;3;5

− ∈ − ∈ − 0.25

Suy ra: x∈

{

9; 25; 81

}

0.25

Vậy: x

{

9; 25; 81

}

thì M Z 0.25

(3)

2 Câu 2

(6đ)

Giải các phương trình, hệ phương trình sau

a) GPT: x4+2x3+2x2+2x+ x2+2 10 2x+ = (1,5 điểm)

- Điều kiện x R (hoặc x2+2 10 0x+ ≥ ) 0.25

- Phương trình ↔(x4+2x3+x2) (+ x2+2 1)x+ + x2+2 10 3x+ = 0.25

2 2 2 2

( ) ( 1) ( 1) 9 3

x +x + +x + x+ + = 0.25

Do

2 2

2 2 2 2 2

2

( ) 0

: ( 1) 0 ( ) ( 1) ( 1) 9 3

( 1) 9 3

 + ≥

∀ ∈  + ≥ → + + + + + + ≥

 + + ≥



x x

x R x x x x x

x

0.25

Dấu bằng xẩy ra

2 2

2 2

( ) 0

( 1) 0 1

( 1) 9 3

 + =

 + = ↔ = −



+ + =



x x

x x

x

(tmđk) 0.25

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = -1. 0.25

b) GPT: 4 x 8 x3+ = 2+ +x 10 (1,5 điểm) - Điều kiện x≥ −2

- Phương trình: ↔4 (x+2)(x2−2x+4) =x2−2x+ +4 3(x+2) 0.25

2 2

2 3( 2)

4 1

2 4 2 4

+ +

= +

+ +

x x

x x x x 0.25

Đặt 2 2 ( 0)

2 4

= + ≥

− +

t x t

x x , khi đó ta có 4 1 32 11 3

 =

= + ↔

 = t

t t

t 0.25

+) TH1: t= → + =1 x 2 x22x+ ↔4 x23x+ = ↔ ∈2 0 x

{ }

1;2 ( :tm x≥ −2) 0.25

+) TH2: 2 2

11 177 ( : 2)

1 9( 2) 2 4 11 14 0 2

3 11 177 ( : 2)

2

 +

= ≥ −



= → + = − + ↔ − − = ↔

 −

= ≥ −



x tm x

t x x x x x

x tm x

0.25

- Vậy tập nghiệm của pt: 1; 2; 11 177 11; 177

2 2

 + − 

 

=  

 

 

S 0.25

*Cách khác:

- Điều kiện x≥ −2

- Phương trình 4 (x+2)(x22x+4) (= x22x+ +4) 3(x+2) 0.25 Đặt u= x22x+4;v= x+2;; u0,v0. Khi đó ta có 4uv u= 2 +3v2 0.25 Học sinh lập luận ra

3

 =

 = u v

u v 0.25

+) TH1: u v= ↔x2−2x+ = + ↔4 x 2 x2−3x+ = ↔ ∈2 0 x

{ }

1;2 ( :tm x≥ −2) 0.25

+) TH2: 3 2 2 4 9( 2) 2 11 14 0 11 177 11; 177

2 2

 + − 

 

= → − + = + ↔ − − = ↔ ∈  

 

 

u v x x x x x x 0.25

- Vậy tập nghiệm của pt: 1; 2; 11 177 11; 177

2 2

 + − 

 

=  

 

 

S 0.25

(4)

3 c) GPT: x2+2y2+2xy−4x−3y− =2 0, trong đó x, y là các số nguyên dương (1,5 điểm) Viết lại pt dưới dạng: x2+2 (x y− +2) 2y2−3y− =2 0 (*) 0.25 Coi (*) là pt bậc hai ẩn x. Pt (*) có nghiệm nên

' 0 ( 2) (22 2 3 2) 0 2 6 0 3 2

∆ ≥ ↔ y− − yy− ≥ ↔ y + − ≤ ↔ − ≤ ≤y y 0.25

Do y là số nguyên dương nên y

{ }

1; 2 0.25

+) TH1: 1 2 2 3 0 1

3

 = −

= → − − = ⇔  =

y x x x

x Cặp số x = 3; y = 1 thỏa mãn pt ban đầu

0.25

+) TH2: y= →2 x2 = ↔ =0 x 0 (ktm x: >0) 0.25

- Vậy nghiệm của pt: ( ; ) (3, 1)x y = 0.25

d) GHPT:

4 2(1 1 ) 3

1

4 2(1 1 ) 1

1

x x y

y x y

 + + =

 + +



 + − =

 + +

(1.5 điểm)

- Điều kiện: 1; 1; 1 0

2 2

x≥ − y≥ − x y+ + ≠ Từ hệ phương trình suy ra x 1; y 1

2 2

> − > − 0.25

- Hệ phương trình

1 3

1 ( )

1 4 2

1 1

1 ( )

1 4 2

x y x a

x y y b

 + =

 + + +

↔ 

 − =

 + + +

0.25

Cộng vế theo vế của pt (a) và pt (b), ta được: 2 3 1 (1) 4x 2 4y 2

= +

+ +

0.25 Trừ vế theo vế của pt (a) cho pt (b), ta được: 2 3 1 (2)

1 4 2 4 2

x y = xy

+ + + +

Nhân tương ứng hai vế của (1) và (2): 4 9 1 1 4 2 4 2 x y = xy

+ + + +

0.25

2 2

4(4 2)(4 2) ( 1)( 4 36 16)

8 9 5( ) 0 ( )( 9 5) 0

x y x y x y

x xy y x y x y x y

↔ + + = + + − + +

↔ + − + − = ↔ − + + =

+) TH1: x y= Thay vào (a):

4y 2 1 y 1

1 3 4

1 (4y 2) 2 3 4y 2

2y 1 4y 2 4y 2 2 y 1

2

 + = ↔ = −

+ = ↔ + + = + ↔ 

+ +  + = ↔ =



1 1 1 1 1 1 1 1

y x (tm : x ; y ); y x (tm : x ; y )

4 4 2 2 2 2 2 2

− − − −

= − → = − > > = → = > >

0.25

+) TH2: x+9y+ =5 0 loại do x 1; y 1

2 2

> − > − 0.25

- Vậy nghiệm của hệ là: ( ; ) ( , );( , )1 1 1 1 4 4 2 2

− −

 

=  

 

x y

(5)

4 Câu 3(2đ)

Cho phương trình x2+2(m−1)x m+ 2+2m+ =1 0 ( x là ẩn; m là tham số khác 0). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn: 2 2

1 2 1 2

2 1 10 0

9 x x + x x + m =

+ (2 điểm)

Phương trình phải có 2 nghiệm phân biệtx x1; 2

2 2

' 0 (m 1) (m 2m 1) 0 4m 0 m 0

↔ ∆ > ↔ − − + + > ↔ − > ↔ < 0.25

Theo Viet: x x1+ 2 = −2(m−1); x x1 2 =m2+2m+1 0.25 Để tồn tại đẳng thức 2 2

1 2 1 2

2 1 10 0

9 x x + x x + m =

+ thì x x1 2 ≠ ↔0 m2+2m+ ≠ ↔ ≠ −1 0 m 1 (Học sinh không lập luận phần này vẫn cho điểm)

Ta có:

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 10 0 2 1 10 0

x x +x x +9m = ↔ (x x ) 2x x +x x +9m =

+ + − 0.25

2 2 2 2 2

2 1 10 0 1 1 10 0

4(m 1) 2(m 2m 1) m 2m 1 9m m 6m 1 m 2m 1 9m

↔ + + = ↔ + + =

− − + + + + − + + + 0.25

1 ( 1 1 1 1 10) 0 1 1 1 1 10 0

m m 6 m 2 9 m 6 m 2 9

m m m m

↔ + + = ↔ + + =

− + + + − + + + 0.25

Đặt t m 1

= +m. Do m<0;m≠ −1 nên t<0;t≠ −2. Khi đó ta có phương trình

2 t 3 (tm : t 0;t 2)

1 1 10 0 10t 22t 156 0 26

t 6 t 2 9 t (ktm: t 0;t 2)

5

= − < ≠ −



+ + = ↔ − − = ↔

− +  = < ≠ −

0.25

Với t 3 m 1 3 m 3m 1 02 m 3 5 3; 5

m 2 2

− − − + 

 

= − → + = − ↔ + + = ↔ ∈  

 

  0.25

Vậy 3 5 3; 5

2 2

m∈ − − − + 

 

  là giá trị cần tìm 0.25

Câu 4(6đ)

Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cố định. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B). Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là trung điểm của AC.

Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH tại K.

K M

I

C

O H B

A

(6)

5

a) Chứng minh 4 điểm C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn (1,5 điểm) +) CH AB⊥ →CHO =900 nên H thuộc đường tròn đường kính CO 0.5

+) OA OC IA IC= ; = → ∆AOC cân tại O có trung tuyến OI nên OI AC⊥ →OIC=900

I thuộc đường tròn đường kính CO 0.5

Vậy: 4 điểm O, I, C, H cùng thuộc một đường tròn đường kính CO 0.5 b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của của (O; R) (1,5 điểm) Tam giác OAC cân tại O, có OI là đường trung tuyến nên OI là đường trung trực

M OI MA MC= 0.5

Xét hai tam giác AMO và CMO có ( . . )

=

→ ∆ = ∆

=

OA OC

OM chung OAM OCM c c c MA MC

0.5

MAO=900MCO=900MC CO , hay MC là tiếp tuyến của (O;R) 0.5 c) Chứng minh IK song song với AB (1,5 điểm) Ta có  ⊥

CH AB

MA AB / / (1)

KH BH BH= = 2 KH MA

MA AB R 0.25

Do ACB=900BC AC⊥ →BC OM/ / Xét hai tam giác BCH và OMA có

 

  (2)

=

→ ∆ = =

=

BHC OAM BCH OMA CH BH BH MA OA R CBH MOA

0.25

0.25 Từ (1) và (2) suy ra CH =2KH K là trung điểm của CH 0.25

CAH có:  == IC IA

KC KH IK là đường trung bình của CAH IK AH/ / IK AB/ / 0.5 d) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó. (1,5 điểm) Chu vi tam giác ABC là (2 )P = AB BC CA+ + =2R CB CA+( + ) 0.25 Mặt khác ta có (CB CA+ )2 ≤(CB CA2+ 2)(1 1 ) 22+ 2 = AB2 =8R2

CA CB+ 2 2R

0.25 0.25 Suy ra (2 ) 2P R+2 2R=(2 2 2)+ R

Dấu “=” xảy ra CA CB= C là điểm chính giữa cung AB 0.25 0.25 Vậy: Max(2 ) 2(1P = + 2)R C là điểm chính giữa cung AB 0.25

Câu 5(2đ)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c+ + =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

= + +

Q a b c (2,0 điểm)

Do , , 0 0 , , 3

3

 ≥

→ ≤ ≤

 + + =

a b c

a b c

a b c 0.25

Ta có b c3+ 3 = +(b c) 3 (3 bc b c+ = −) (3 a) 3(3+ a3)bc 0.25 Do 3 0( )2 1(3 )2 3( 3) 34( 3)(3 )2 34(3 )3

2 4

 − ≤

 → − ≥ − − = − −

 ≤ + = −



a

a bc a a a

bc b c a 0.25

Suy ra 3 3 (3 )3 3(3 )3 1(27 27 9 2 3)

4 4

+ ≥ − − − = − + −

b c a a a a a 0.25

Khi đó 3 3 3 3 1(27 27 9 2 3) 3( 3 3 2 9 9)

4 4

= + + ≥ + − + − = + − +

Q a b c a a a a a a a 0.25

(7)

6

3 2 2

3 4 ( 3 9 5) 3 4 ( 1) ( 5) 3

4  4 

=  + a + aa+ =  + −a a+ ≥ 0.25

Dấu bằng xẩy ra

3 0 1 0

1 1 1 0

3

φ

 − =

 − =

  ∈

 = ↔ ↔ = = =

 − =  = = =

 + + =

a

a a

a b c

b c a b c

a a b c

0.25

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 3 khi a = b = c = 1 0.25

Hình ảnh

Đang cập nhật...

Tài liệu tham khảo

Chủ đề liên quan :

Tải tài liệu ngay bằng cách
quét QR code trên app 1PDF

Tải app 1PDF tại