Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh nghệ an năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thức Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu (3 điểm) a Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (không chia nhỏ vật đó) b Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 171 = y2 Câu (6 điểm) a Giải phương trình: x + x + = ( x + 1) x + x + 4 x + = y − x b Giải hệ phương trình:  2  x + xy + y = Câu (3 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + c2 + a2 + Câu (6 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 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 (2 điểm) Tìm hình vuông có kích thước nhỏ để hình vuông xếp hình tròn có bán kính cho hai hình tròn chúng có điểm chung HẾT -Họ tên: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang Câu Nội dung Điểm Câu (3 điểm) a Chia 18 vật có khối lượng 2016 2; 20152; 20142; ; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (không chia nhỏ vật đó) b Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 3x + 171 = y2 Nhận xét: n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 0,5 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13 a Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 1,5 Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 0,5 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam Viết phương trình cho dạng: 9.(3 x – +19) = y2 (x ≥ 2) Để y số nguyên (3,0) điều kiện cần đủ 3x – + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 2k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết b cho không chia hết số phương 1,5 Do x – = 2k số chẵn k k Ta có 3x – + 19 = z2 ⇔ ( z − ) ( z + ) = 19 Vì 19 số nguyên tố  z − 3k =  z = 10  z = 10 ⇔ ⇔ z − < z + nên   k k  z + = 19 k = 3 = Vậy x = y = 30 Câu (6 điểm) k k 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 a Giải phương trình: x + x + = ( x + 1) x + x + (6,0)  x + = y − x b Giải hệ phương trình:  2  x + xy + y = ĐKXĐ: R −1 Vì x = nghiệm, nên phương trình cho tương đương với x2 + x + = x2 + 2x + a phương trình: 2x +1 3, ⇔ x + 6x + − = x2 + x + − 2x +1 0,5 0,5 x + x + − 2(2 x + 1) ( x + x + + 2)( x + x + − 2) = 2x +1 x2 + 2x + + ⇔ x2 + 2x −1 = 2x +1 x2 + 2x −1 0,25 x2 + 2x + +  x2 + 2x − = (1)  1  ⇔ ( x + x − 1)  − =0 ⇔  ÷  x + x + + = x + (2)  x + 2x + + 2x +1  0,5 PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 ± 0,25 PT (2) ⇔ 0,25 x2 + x + + = x + ⇔ x2 + 2x + = 2x −1  x ≥ + 15 ⇔ ⇔ x3 =  x + x + = (2 x − 1)  Vậy phương cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 ± 2; x3 = 0,25 + 15 ( x + 1) = y  y = ±2 x + ⇔ Hệ phương trình ⇔  2  x + xy + y =  x + xy + y =  y = x +  y = 2x +1 ⇔ Xét hệ:   2  x + xy + y =  x + x ( x + 1) + ( x + 1) = b 3, 0,25  y = 2x +  x=−   y = x + x =     x=0 ⇔ ⇔   ⇔  y =1 7 x + x =  x = − y = −    7  y = −2 x −  y = −2 x − ⇔ Xét hệ:   2  x + xy + y =  x − x ( x + 1) + ( x + 1) =  y = −2 x −  y = −2 x − x =  x = −1  ⇔ ⇔  x = ⇔   3 x + x =  y = −1 y =1   x = −1   3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),  − ; − ÷, (0;-1), (-1;1)  7 Câu (3 điểm) a +1 b +1 c +1 + + ≥3 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: b + c2 + a2 + Sử dụng bất đẳng thức Cô si b ( a + 1) b ( a + 1) a +1 b + ab Ta có: (1) = a +1− ≥ a +1− = a +1− b +1 b +1 2b b +1 c + bc c +1 a + ca ≥ b +1− ≥ c +1− Tương tự: (1) (3) c +1 a +1 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + + ≥ +3− Từ (1); (2) (3) suy ra: (3,0) b +1 c +1 a +1 2 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Mặt khác a + b + c ≥ ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = 0,5 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + + ≥ +3− Do đó: = +3− = 0,5 b +1 c +1 a +1 2 a +1 b +1 c +1 + + ≥ Dấu xảy a = b = c = Vậy 0,5 b + c2 + a2 + Câu (6 điểm) Từ điểm M nằm đường tròn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB · · a Chứng minh HPO = HQO 1 + b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng có giá trị nhỏ EA EB (6,0) a 3, ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) ∆ MAO vuông 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 ¼ · · Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp ⇒ HPO = sdOH (đpcm) = HQO 0,75 0,5 0,5 0,75 0,5 b 3, Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay ∆ EBF cân E, suy 1· α · = BEA BFA Đặt ·AEB = α ·AFB = nên F di chuyển cung 2 α chứa góc dựng BC 1 1 + ≥ + Ta có: Như nhỏ EA + EB lớn EA EB EA + EB EA EB 0,5 0,5 hay EA + EF lớn ⇔ AF lớn (**) Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy ∆ O’AB cân O’ suy 0,5 O’A=O’B (3) · · ∆ O’EB ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung FEO ' = BEO ' (cùng bù với 0,5 · BAO ' ⇒ ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4) α Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc dựng đoạn thẳng BC 0,5 (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E ≡ O’ (***) 0,25 1 + Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB có giá 0,25 EA EB trị nhỏ Câu (2 điểm) Tìm hình vuông có kích thước nhỏ để hình vuông xếp hình tròn có bán kính cho không hai hình tròn chúng có điểm chung Gọi O tâm hình vuông ABCD cạnh a > chứa hình tròn bán kính cho hai hình tròn chúng có điểm chung 2,0 Suy tâm hình tròn nằm hình vuông MNPQ tâm O cạnh 0,75 (2,0) (a-2) MN // AB Các đường trung bình hình vuông MNPQ chia hình vuông thành hình vuông nhỏ Theo nguyên lí Dirichle tồn hình vuông nhỏ chứa tâm 0,5 hình tròn nói trên, chẳng hạn O1 O2 Do hình tròn hai hình tròn có điểm chung nên O 1O2 ≥ 0,5 (1) a−2 Mặt khác O1O2 nằm hình vuông nhỏ có cạnh nên 0,5 a−2 a−2 O1O2 ≤ (2) ( đường chéo hình vuông nhỏ) 2 a−2 ≥ ⇔ a ≥ + 2 Do hình vuông có cạnh Từ (1) (2) ⇒ 0,5 lớn ( + 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( + 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 20.00 Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó, Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai không chấm  ... GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang Câu... thỏa mãn yêu cầu toán Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( + 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 20.00 Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó, Riêng câu 4, học sinh không vẽ... Viết phương trình cho dạng: 9. (3 x – + 19) = y2 (x ≥ 2) Để y số nguyên (3,0) điều kiện cần đủ 3x – + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 2k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B