073 đề hsg toán 9 lạng sơn 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán THCS Thời gian: 150 phút Ngày thi: 05/4/2018 (Đề thi gồm 01 trang, 05 câu) Câu (4,0 điểm) Cho biểu thức: x x  x x 4 x x x x  A  với x 0, x 1, x 4 2 x x x 23 x  x x a) Rút gọn biểu thức A (2  3)  21 Câu (4,0 điểm) Cho phương trình: x  2mx  2m  0 a) Chứng minh phương trình cho ln có nghiệm b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x1 x2  B x1  x22  2(1  x1 x2 ) Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x  x   x  0 b) Cho f ( x) đa thức với hệ số nguyên Biết f (2017) f (2018) 2019 Chứng minh phương trình f ( x ) 0 khơng có nghiệm nguyên Câu (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AC  AB nội tiếp đường trịn (O) Kẻ phân giác AI tam giác ABC ( I  BC ) cắt (O) E Tại E C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt F, AE cắt CF N, AB cắt CE M a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn 1   b) Chứng minh CN CI CF c) Gọi AD trung tuyến tam giác ABC, kẻ DK//AI ( K  AC ) Chứng minh 2AK  AC  AB Câu (2,0 điểm) Trường trung học phổ thông A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân ngày thành lập đồn 26 – Biết có n đội tham gia thi đấu vòng tròn lượt (hai đội đấu với trận) Đội thắng điểm, đội hòa điểm đội thua không điểm Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng thua gấp bốn lần số trận hòa tổng số điểm đội 336 Hỏi có tất đội bóng tham gia? Hết -b) Tính giá trị biểu thức A x  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LẠNG SƠN LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1a Nội dung Đặt t  x , t 0, t 1, t 2 đó: t  t  4t  t  t  4t   A   3t  t  3t  t (t  1)(t  2)(t  2) (t  1)(t  2)(t  2)  A  (t  1)(t  1)(t  2) (t  1)(t  1)(2  t ) t  t  2t   A   2  t  t 1 t  t 1  A 2  x 1b (2  3)  (2  3) (2  3) (2  3)(2  3) x   21 21 21  x  1 21 2 2  2  Do đó: A 2  1  phương trình: x  2mx  2m  0 có a + b + c = nên có hai nghiệm: x1 1, x2 2m  Chứng tỏ PT ln có nghiệm m (hoặc tính theo  để biện luận) Do PT ln có nghiệm nên theo ĐL Vi-et ta có: x1  x2 2m, x1.x2 2m  2(2m  1)  4m   Suy ra: B  ( x1  x2 )  4m  Nhận thấy mẫu số B ln dương, để B nhỏ ta xét 4m   hay m   / , đặt  t m  /  0, ( nên t  0) Vậy m  t  / thay vào B, ta được: 4( t  / 4)   4t B  2 4( t  / 4)  4t  2t  / 4t Để B nhỏ C  phải lớn nhất, C>0 4t  2t  / 4t  2t  / Để C lớn D  t   nhỏ 4t 16t    2 Áp dụng BĐT Cô si: D  t    2 t 16t  16t  2a 2b Điểm 3a  t  m = -1, minB = -1/2 Dấu = xảy t  16t m = -1 ĐK: x  x  x   x  0  x  (3x  1)  x  x  0 Đặt t  3x  0 ta được: x  t  x  t 0  ( x  t )( x  t )  ( x  t ) 0  ( x  t )( x  t  1) 0 3 t/m Với TH x  t  0 hay t 1  x  3x  1  x , ĐK: x 1  17  17 t/m (loại x  )  3x  1  x  x  x  2 3 5  17 Vậy phương trình cho có nghiệm: x  , x 2 f (2017), f (2018) Từ giả thiết ta có số nguyên x = 2017, x = 2018 không nghiệm PT f ( x ) 0 Giả sử PT f ( x ) 0 có nghiệm nguyên x a  Z , theo định lý Bơzu : f ( x) ( x  a).g ( x) với g ( x) đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm Do vậy: f (2017) (2017  a).g (2017), f (2018) (2018  a).g (2018) Nhân vế với vế áp dụng giả thiết f (2017) f (2018) 2019 : 2019 (2017  a ).g (2017).(2018  a).g (2018) Điều vơ lý vế trái số lẻ, vế phải số chẵn ( (2017  a); (2018  a) số nguyên liên tiếp, tích số chẵn) Vậy f ( x ) 0 khơng có nghiệm ngun (đpcm) GV mở rộng cho HS: - Số 2017 2018 thay số nguyên có số chẵn số lẻ Số 2019 thay số nguyên lẻ - Liệu có tìm đa thức hệ số nguyên thỏa mãn giả thiết f (2017) f (2018) 2019 ? - Đa số chứng minh phương trình khơng có nghiệm sử dụng phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận ) Với TH x  t 0 hay x  3x   x 3x   x  3b 4a 4b  CE  , theo tính chất góc ngồi đường Do AI phân giác nên BE tròn, ta có : AMC  AC  BE   AC  CE   ANC Vậy tứ giác AMNC nội tiếp Do hai tứ giác AMNC ABEC nội tiếp, nên ta có góc  ; A C  ; A M  nhau: A1 C 1 2 Suy : BC//MN//EF, CMN cân N Xét tam giác CIN có CE phân giác EF//IC nên ta có tỉ số EN CN EN FN CN FN     ; EI CI EI FC CI FC CN CN  CF CN CN     1 CI FC CI FC CN CN 1  Chuyển vế : , chia vế cho CN ta có điều phải chứng CI FC minh 4c Gọi H thuộc AC cho K trung điểm AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, HG lấy điểm L cho CG = CL ( CLG cân) Từ AI//DK//HG K trung điểm AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC BI = CL     EIC    AI//HL nên BAI , BIA IAC LHC LGC HLC (so le đồng vị) Xét hai tam giác AIB HLC có hai góc nên góc cịn lại nhau, có cạnh BI = CL nên AIB HLC g.c.g Vậy AB = HC Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK Nên AB = AC – 2AK  2AK = AC – AB đpcm Gọi số trận hòa x ( x  N * )  tổng số điểm trận hịa 2x, (1 trận hịa có đội, đội điểm) Theo giả thiết số trận thắng 4x  tổng số điểm trận thắng 12x Tổng số điểm đội 336  2x + 12x = 336  x = 24 Vậy ta có tất 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn Từ giả thiết có n đội, đội đấu với n – đội lại nên số trận đấu diễn n(n – 1) , tính trận lượt lượt về, giả thiết đội đấu với lần nên tổng số trận giảm n(n  1) nửa, có tất trận đấu n(n  1) 120  n(n  1) 240  n 16, (n  15 loại) Vậy KL : có tất 16 đội bóng tham gia