061 đề HSG toán 9 xuyên mộc 2016 2017 vòng 2

UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP THCS PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI: TỐN Thời gian làm thi 150 phút Ngày thi …… tháng 01 năm 2017 ĐỀ DỰ BỊ Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n  mn  3n  14n  7m   Bài 2: (7,5 điểm)  x 1 2x  x  x 1   : x  1  x x  x    a) Rút gọn biểu thức: A   b) x  2014  x  2016  y  2016  x  2016 c) Tìm GTNN biểu thức: A  3 x x 1 d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = Chứng minh rằng: x+y + y+z + z+x  Bài 3: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Chứng minh : pa  pb  1 1      p c a b c Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường trịn (O) (H khác A), HK đường kính đường tròn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH  R  a d) R  2Rr  a Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE 2) Tìm vị trí đường kính MN để EF có độ dài nhỏ tính giá trị nhỏ theo R - HẾT Họ tên thí sinh: …………………………… Số báo danh: ………………………………… Chữ ký giám thị số 1: ……………… UBND HUYỆN XUYÊN MỘC PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI TỐN LỚP (Hướng dẫn chấm có ……… trang) Bài 1:(2,5 điểm) Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n3  mn  3n  14n  m   Bài Đáp án 2  m  2n   1.2 (2,5đ) Điểm 2n  mn  3n  14n  7m   16 (1) n 7 1,0 Vì m, n  Z nên n  U (16)  n    8;16  n   1;9  n   1; 3 (2) 0,75 Từ (1) (2) suy được: (m, n)   (1;1),(3; 1);(4;3),(8; 3) 0,75 Bài 2: (7,5 điểm)  x 1 2x  x  x 1   a) Rút gọn biểu thức: A   :  1 x x  x 1  x 1 b) x  2014  x  2016  y  2016  x  2016 (1) c) Tìm GTNN biểu thức: A  3 x x 1 d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = Chứng minh rằng: Bài 2.1 (2,0đ) x+y + y+z + z+x  Đáp án  x 1 2x  x  x 1   :  1 x x  x 1  x 1 Ta có: A   (2 x  1)( x  x  1)  x (2 x  1)(1  x ) x    (1  x )( x  x  1) x 1  1,0 (2 x  1)( x  x   x  x )( x  1)( x  x  1) x 1  (1  x )( x  x  1)(2 x  1) 1 x x  2014  x  2016  y  2016  x  2016 (1) Ta có: x  2016  x  2016  x  x  x  2016  x  2016 2.2 (2,0đ) Điểm Chỉ dấu « = » xảy  x  2016 (*) Từ (1) (2) suy được: x  2014  y  2016  (2) 1,0 0,5 0,25x2  x  2014   x  2014   y  2016   y  2016 Lập luận suy được:  0,5 Đối chiếu ĐK (*) kết luận nghiệm ĐK: x   x (x  x  4)  (x  1) ( x  2)2 A      1 (vì x  ) 2.3 x 1 x  x  (1,5đ) Chỉ được: Min A = -1 x = (tmđk) 0,5 1,0 0,5 Áp dụng BĐT Bunhiakopski có 2.4 (2,0đ)          x + y    y + z     A  x + y +1 y + z + z + x 2 2 2 z + x   1,0  = 3.2(x +y + z) = 6.1 = (vì x + y + z = 1) Suy A  a  b  c  Bài 3: (2,0 điểm) 0,5 0,5 Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Chứng minh : Bài 3 (2,0đ) pa  pb  1 1      p c a b c Đáp án bca  0; p  b  0; p  c  Chỉ được: p  a  Áp dụng BĐT Cơ si ta có :   ( p  a )  ( p  b)    pa   4   ( p  a)( p  b) p b  ( p  a )( p  b) 1 4    p a p b p a  p b c 1 1   ;   Tương tự: p b p c a p c p  a b Suy được: 1   1 1         a b c  p  a p b p c  Suy đpcm Dấu “=” xảy a  b  c Điểm 0,25 0,5 0,25 0,25  Suy được:  0,25 0,5 Bài 4:(5,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường tròn (O) (H khác A), HK đường kính đường trịn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng b) HB = HI c) IA.IH  R  a d) R  2Rr  a K A 12 E M I O B F C H Bài Đáp án * Hình vẽ đúng 4.a (1,75đ) – Chứng minh tam giác AMI KCH tam giác vng µ1A µ2 K µ - Chứng minh A - Suy tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng (đpcm) 4.b (1,0đ) 4.c (1,0đ) µ 1B µ 1; IBH · µ B µ3 B µ1A µ1 - Chứng minh $ I1  A B · Do $ I1  IBH  HB  HI (đpcm) Gọi EF đường kính (O) qua I - Nêu được: IA.IH = IE.IF (hệ thức đường tròn) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM   IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC (1,25đ) Mà HB = HC (do µ µ )  HC = HI A1  A Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr  R  2Rr  a (đpcm) Từ câu a), ta có: Điểm 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,50 0,25 0,50 Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường trịn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F 1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE 2) Tìm vị trí đường kính MN để EF có độ dài nhỏ tính giá trị nhỏ theo R P E M F C N Q Bài 5.1 (1,5đ) 5.2 (1,5đ) Đáp án Chứng minh được: QM.QE = QN.QF(=PQ2)  Điểm QM QN  QF QE Chỉ được:  QMN đồng dạng  QFE (c.g.c)  QFE vng Q có PQ  EF (gt) (1)  PQ2 = PE.PF (hệ thức 2)  PE.PF = (2R)2 = 4R2 0,75 0,75 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số EP, PF > ta có EF  EP  PF  EP.PF  4R  4R 0,25  EF nhỏ 4R EP = PF (2) Từ (1) (2)  ∆QEF cân Q có PQ đường cao đồng thời phân giác Chỉ PMQN hình chữ nhật  PMQN hình vuông  MN  PQ Vậy Khi MN  PQ EF có độ dài nhỏ 4R’ 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác GK cho điểm tương đương Điểm tồn khơng làm trịn  ...  20 16  x  20 16 (1) Ta có: x  20 16  x  20 16  x  x  x  20 16  x  20 16 2. 2 (2, 0đ) Điểm Chỉ dấu « = » xảy  x  20 16 (*) Từ (1) (2) suy được: x  20 14  y  20 16  (2) 1,0 0,5 0 ,25 x2 ... (1)  PQ2 = PE.PF (hệ thức 2)  PE.PF = (2R )2 = 4R2 0,75 0,75 0 ,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số EP, PF > ta có EF  EP  PF  EP.PF  4R  4R 0 ,25  EF nhỏ 4R EP = PF (2) Từ (1) (2)  ∆QEF... (R – a).(R + a) = R2 – a2 IA IM   IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) 4.d HK HC (1 ,25 đ) Mà HB = HC (do µ µ )  HC = HI A1  A Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr  R  2Rr  a (đpcm) Từ câu