Toan 9 phu ninh (16 17)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 40 phút (Khơng kể thời gian giao đề) I PHẦN TRẮC NGHIỆM (8,0 điểm - Mỗi câu 0,5 điểm) Hãy chọn phương án trả lời Câu Biểu thức: P = ( - )2 ( - ) Với a > a ≠ Điều kiện để P < là: A a < B a>1 C a > Câu Sau rút gọn, biểu thức Q = A 1 x x B - 1    x  x  x x C D a <   : x  1 x1 x x 1   x1 D - với x  0; x 1 là: x1 x Câu Cho ba đường thẳng: (d): x + y = 3; (d1): 5x - 3y = 7; (d2): ax - by = 5b (a ' 0; b 0) hệ thức giữa a b để ba đường thẳng đồng quy là: A a = b B a = 2b C a = 3b D a = 4b Câu Cho tam giác ABC với tọa độ điểm A(-15/2; 2), B(12; 15), C(0; -3) Tâm O đường trịn nội tiếp tam giác ABC có tọa độ là: A O( -2;3) B O(2;-3) Câu Cho hệ phương trình: trình có vơ số nghiệm là: A m = B C O(-1;2) x  y m    x  my 1 m=-1 D O(2;-1) điều kiện m để hệ phương C m = D m = -2 Câu Cho phương trình: x2 − (m + 1) x + 2m − = có nghiệm x1 x2 Để biểu thức A = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ giá trị m là: A m = B m=-1 C m = D m = -2 Câu Cho phương trình: (x − 1)(x2 − 2mx + m2 − 2m + 2) = (1), giá trị m nguyên nhỏ để phương trình (1) có nghiệm phân biệt là: A m < 1, m  B m  1, m > C m  1, m < D m > 1, m  Câu Phương trình : x2 – 2mx + 2m – = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với 2 m, M 2  x1  x2   x1 x2 M = A 9m2 – 8m + 18 B m2 – 8m + C 18m2 – 8m + D 8m2 – 18m + Câu Cho Tam giác ABC vuông A có AC = 8, AB = 192 , AH vng góc với BC (H thuộc BC) Độ dài AH là: A 24 B 48 C 12 D 4,5   Câu 10 Cho  ABC coù B = C , AB = cm, BC = 10 cm Độ dài cạnh AC là: A 10 cm B 11 cm C 12 cm D 13 cm Câu 11 Cho tam giác ABC , biết AC = cm, AB = cm Góc A = 60 độ Tính đoạn BC là: A B 11 12 C 13 D 14 Câu 12 Cho ∆ABC vuông A (AB < AC) Biết BC =  bán kính đường trịn nội tiếp ∆ABC Số đo góc B góc C ∆ABC là: A 200 300 Câu 13 Cho tam giác ABC; B 300 600 C 200 500 D 300 500 Bˆ 1200 ; AB = 6(cm); BC = 12(cm); phân giác góc B cắt AC D Diện tích ΔABD là: ABD là: A 3 (cm2) B (cm2) C (cm2) D (cm2) Câu 14 Cho đường trịn O bán kính R = 10 cm Một dây cung dài 16 cm khoảng cách từ tâm O đến dây cung là: A cm B cm C cm D cm Câu 15 Cho đường trịn (O; 6cm) Từ M nằm ngồi đường trịn tâm O dựng tiếp tuyến MA với đường tròn tâm O, A tiếp điểm Giả sử MA = 10 cm khoảng cách từ M đến O là: A cm B 34 cm C 34 cm D Đáp án khác Câu 16 Một ô tô dự định từ A đến B dài 120km thời gian quy định Sau 1h, ô tô bị chắn đường xe hỏa 10 phút Do để đến B hạn, xe phải tăng tốc thêm 6km/h Vận tốc lúc đầu ô tô là: A 45 km/h B 46 km/h C 47 km/h D 48 km/h - Hết phần trắc nghiệm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 80 phút (Không kể thời gian giao đề) II PHẦN TỰ LUẬN: (12 điểm) Câu (3,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương đôi khác thỏa mãn: ab  bc  ca    Chứng minh abc = a b c b Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 171 = y2 Cõu (3,5 im) a) Giải phơng trình: x x   x  x 1 x  x  2 4 x   y  x b Giải hệ phương trình:  2  x  xy  y 1 Câu (4,0 điểm) Từ điểm M nằm đường tròn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm giữa M, Q) Gọi H giao điểm OM AB   a Chứng minh: HPO HQO b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1  có giá trị nhỏ EA EB Câu (1,5 điểm) Với a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Tìm giá trị nhỏ của: P = 1 a4 + 1 b4 Hết phần tự luận PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề) I PHẦN TRẮC NGHIỆM: (8 điểm) Mỗi đáp án 0,5 điểm Câu Đáp án B C C C B A D D Câu Đáp án 12 B 13 D 14 D 15 B 16 D B 10 C 11 C Câu (3,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương đôi khác thỏa mãn: ab  bc  ca  Chứng minh abc =   a b c ab  bc  ca  1 1    b  c  a a b c a b c b) Ta có   a     a    b    a b 1 c a   a c ac c 1 c b   b c bc c 1 a b   b a ab b  a c  b   c = 0,5 a c  b c  a abc b  (1) Vì a, b, c số thực dương đôi khác nên từ (1) suy abc = b Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 171 = y2 Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – +19) = y2 (x 2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ x – + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết số phương Do x – = 2k số chẵn k k Ta có 3x – + 19 = z2   z    z   19 Vì 19 số nguyên tố k  z 10  z  1  k  z   z  nên  k  z  19 3 9 k k  z 10  k 2 Vậy x = y = 30 Câu (3,5 im) a) Giải phơng trình: ĐK: 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 x  x   x  x 1 x  x  2   x  0 x    x  0  x 0,25 áp dụng BĐT cô si cho số không âm ta cã 0,5  x  x  1 ( x  x  1).1       x  x   1 (  x  x  1).1    x2  x   0,25 x  x 1 x 1 Ta cã 0,5 x  x  x 1 (V× ( x  1) 0 ) x  x   x  x 1 x x Đẳng thức xẩy  x 1 VËy pt cã nghiƯm lµ x=1 4 x   y  x b Giải hệ phương trình:  2  x  xy  y 1  x  1  y  Hệ phương trình   2  x  xy  y 1  y 2 x   2  x  xy  y 1 0,25  y 2 x   2  x  xy  y 1  x  x  x  1   x  1 1  y 2 x   x    x   y 2 x      x 0        y 1 7 x  x 0   x   y     7  y 2 x  Xét hệ:  0,25 0,5  y  x   2  x  xy  y 1  x  x  x  1   x  1 1  y  x   y  x   x 0  x       x 0     y   y 1 3 x  x 0   x    y  x  Xét hệ:  0,25 0,5  3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),   ;   , (0;-1), ( 7 0,25 1;1) Câu (4,0 điểm) A Q P M H O B a 1,5  MPA đồng dạng  MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1)  MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay MH  MQ (*)  MPH  MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy    MPH đồng dạng  MOQ (c.g.c) suy MHP MQO   Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp  HPO HQO =  sdOH 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 (đpcm) O' F E A B Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay  EBF cân 1    BEA E, suy BFA Đặt AEB  AFB  nên F di 2  dựng BC 1 1    Ta có: Như nhỏ EA + EB EA EB EA  EB EA EB lớn hay EA + EF lớn  AF lớn (**) Gọi O’ điểm giữa cung lớn AB, suy  O’AB cân 0,5 chuyển cung chứa góc b 2,5 O’ suy O’A=O’B (3)    O’EB  O’EF có EB = EF, O’E chung FEO ' BEO ' (cùng  bù với BAO '   O’EB =  O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc  dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E  O’ (***) Từ (**) (***) suy E điểm giữa cung lớn AB 1  có giá trị nhỏ EA EB 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2 ; 1; ta có (12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2  1 a4 ≥ a2  (1) 17 Dấu “=” xảy  a = 0,5 Áp dụng Bunhiacopski cho b2 ; 1; ta có 17(b4 + 1) ≥ (b2 + 4)2  b4 1 b2  ≥ 17 Dấu “=” xảy  b = Từ (1) (2)  P ≥ a2  b2  (2) ( ) 17 Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =  a + b + ab = 0,5 b  b2 + a2  b2 ab  Áp dụng Cơsi ta có: a  a2 + Cộng vế ba bất đẳng thức ta (a  b ) + ≥a+b+ 2  a2 + b2 ≥ ( - ): 2 8 17 P≥ = 17 ab = = Vậy giá trị nhỏ P Thay vào (  ) 0,25 17 a = b = 0,25