Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 huyện khoái châu năm học 2017 2018 có đáp án

PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN KHỐI CHÂU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2017 - 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (4,0 điểm) 1) Rút gọn: A  2) Cho B  2  2  2  2 x x  x  12 2( x  3) x 3   x x 6 x 2 3 x a) Tìm ĐKXĐ rút gọn B b) Tìm giá trị nhỏ B Bài (3,0 điểm) 1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào biến x: A x    x    x 2) Chứng minh số 20142  20142.20152  20152 số nguyên dương Bài (3,0 điểm) 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x  19 2) Giải phương trình:  x   x   3x  x  Bài (4,0 điểm) 1) Cho đường thẳng ( d ) có phương trình: 3(m - 1)x +( m - 3)y = a) Chứng minh đường thẳng (d) qua điểm cố định với giá trị m b) Tìm m để đường thẳng (d) cách gốc tọa độ khoảng lớn 2) Cho x, y, z ba số dương Chứng minh rằng: 1 1 1         x  yz y  xz z  xy  xy yz zx  Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD, BE, CF đồng quy H (D  BC; E  AC; F  AB) Chứng minh rằng: 1) Bốn điểm B, F, E, C nằm đường tròn? Xác định tâm bán kính đường tròn 2) HA.HD = HB.HE = HC.HF 3) H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF  sin CFE 1 4) sin  ADF sin BED Bài (2,0 điểm) Cho ABC vuông A có AB  AC , AM trung tuyến với M  BC Biết  ACB   ,  AMB   Chứng minh rằng: (sin   cos )   sin  Chứng minh tồn số nguyên dương có tận 2012 chia hết cho 2011 HẾT -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi số: Chữ ký giám thị 1: HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HUYỆN KHOÁI CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2017 - 2018 Mơn: TỐN I Hướng dẫn chung 1) Hướng dẫn chấm thi trình bày bước lời giải nêu kết Trong làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ 2) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 3) Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi 4) Các điểm thành phần điểm cộng toàn phải giữ ngun khơng làm tròn II Đáp án thang điểm Đáp án Bài 1) 42  Biến đổi:   Bài (4,0 đ) 42 Tương tự    Điểm 2,0 đ   1  0,25đ  1 2 0,25đ Do : 2 A   1 1  2   1       1  1   2  1 1  2 1 0,25đ 0,25đ 2    1   1 1 1   6 0,5đ  0,5đ 2,0 đ 2) a) ĐKXĐ: x  0, x  Với x  0, x  ta có: B    2 6 1 1  2 2 2 6     2   2   x x  x  12 x x 5  x 3  0,25đ x 3 x 3  x 2 x  12   x  3   x  3  x  2 x  3 x 2   x 3 x 2  0,25đ   x x  x  12  x  12 x  18  x  x   x 2  x 3  x x  x  12 x  36  x  0,25đ  x  3 x  3  12  x  3  x  2 x  3  x  3  x  12   x  2 x  3 x 2 0,25đ x  12 x 2 Với x  0, x  ta có: x  12 16 16 B  x 2  x 2 4 x 2 x 2 x 2  0,25đ áp dụng bất dẳng thức Cosy cho số không âm x  16 ta có: x 2 x 2 16 2 x 2  x 2  16 8 x 2 0,25đ Dấu đẳng thức xảy x 2= 16  x 2  x 2   42  x  (TM) Vậy Giá trị nhỏ P   x  1) A x  0,25 đ 0,25 đ 1,5 đ    x    x ĐKXĐ: x  0,25đ (2  3)2   x 0,25đ Bài (3,0 đ)  x  x 4    x    x  x  x  (2  5)  x 72  (4 3)2  x 92  (4 5)2  x 1 x (1  x ).(1  x )  x 1 1 x 1 x Giá trị biểu thức 1, không phụ thuộc giá trị x 2) Đặt Q = 20142  20142.20152  20152  Q  20142  2.2014.2015  20152  20142.20152  2.2014.2015  0,25đ  2015  2014   2.2014.2015  20142.20152 0,25đ 0,5đ 1,5 đ 0,5 đ 0,5 đ = 12  2.2014.2015  (2014.2015)2 = 1  2014.2015 0,5 đ =1  2014.2015 số nguyên dương Vậy Q số nguyên dương (ĐPCM) Bài (3,0 đ) 1) x  y  x  19  2( x  x  1)  3(7  y )  2( x  1)  3(7  y )  3(7  y )   y   y số nguyên lẻ 2 2 2 1,5 đ 0,5 đ Mà  x  1    y   y   y   0,5 đ Từ tìm cặp nghiệm: (2; 1); (2; -1); (-4; 1); (-4; -1) 0,5 đ 2) Điều kiện x  8 1,5 đ 0,25 đ   x   x   3x  x   x   x x    x   x   x  x     x8    x8  x2   x8  x   x   x Bài (4,0 đ)  x   3x   x      x   3x  x   3x  0,75 đ 1  2 Giải PT (1) tìm x = 1(tm), x = -4 (loại) Giải PT (2) tìm x = (tm), x = -8/9 (loại) Kết luận: PT cho có nghiệm x = 1) a) Gọi điểm cố định mà đường thẳng (d) qua với giá trị m M  x ; y0  Khi ta có:  m  1 x   m  3 y   với m   3x  y0  m   x  y  1  với m 0,25 đ 0,25 đ 2,0 đ 0,25 đ  x   3x  y0  0,5 đ   3  x  y0  1   y  3  Vậy với giá trị m đường thẳng (d) ln qua điểm 0,25 đ 1 3 cố định M  ;   2 2 3 b)-Với m = đường thẳng (d) có dạng: y = Khi 0,25 đ khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) (1) - Với m = đường thẳng (d) có dạng: x = Khi khoảng 0,25 đ cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (d) (2) - Với m  1;m  đường thẳng (d) giao với Oy A     A  0; ;0   ,giao với trục Ox điểm B   m 3  m 1   OA  ;OB  m3 m 1   900 ;OH  AB Trong tam giác OAB có O 1 1      2 2 OH OA OB          m3   m 1  10m  24m  18  9 OH  10m  24m  18  18 18  Ta có 10m  24m  18  10  m     > 5 5   2,5 Hay OH  2,5 10m  24m  18   OH  10 Dấu xảy m  Vậy với m  (thỏa mãn) 10  OH  (3) 0,5 đ 10 m  Từ(1)(2)(3) tacó OH max  2,0 đ 2) Áp dụng BĐT Cô si cho số dương x yz, ta có: 1 1   x  yz x yz x yz 1 1 1  Tương tự, ta có:  z  xy z xy y  xz y xz x + yz  x yz  x yz  0,25 đ 1 1 1       2 x  yz y  xz z  xy  x yz y xz z xy yz  xz  xy 1   Ta có: = (2) xyz x yz y xz z xy Suy ra: 0,25 đ    (1) 0,25 đ 0,25 đ Ta có: yz  xz  xy  x + y + z (3) Thật vậy: (*)  yz  xz  xy  x  y  z   x    y z    x y  x   (BĐT đúng) Dấu “=” xảy x = y = z Từ (2) (3) suy ra: 1   x yz y xz z xy 0,5 đ x yz 1 (4)    xyz yz xz xy 1 1 1  Từ (1) (4) suy ra:        x  yz y  xz z  xy  xy yz zx   Bài (4,0 đ) 0,25 đ A A E E F F H H K B 0,25 đ D I C M B Hình 1 (1,0 điểm) D C Hình Hình - Gọi I trung điểm BC BC (1) BC + BFC vng F có: IB  IC  FI  BI  CI  (2) BC Từ (1) (2) suy BI  FI  EI  CI  BC - Vậy bốn điểm B, F, E, C thuộc đường tròn ( I ; ) + BEC vng E có: IB  IC  EI  BI  CI  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (1,0 điểm) Hình  (đđ )   AHE  BHD +) Xét HAE HBD có    A H DB( 900 )  HE  AHE dong dang voi BHD  HA HE   HA.HD  HB.HE (1) HB HD +) Chứng minh tương tự, ta có: HA HF   HA.HD  HC.HF (2) HC HD +) Từ (1) (2)  HA.HD  HB.HE  HC.HF 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ AHF dong dang voi CHD  0,25 đ (1,0 điểm) Hình HD HF  HC HA   CHA  (đđ )  DHF  HDF HCA có  HD HF  (cmt )   HC HA   HCA  (3)  DHF dong dang voi CHA  HDF   HBA  (4) Tương tự: DHE dong dang voi BHA  HDE   HCA  (cùng phụ với BAC  ) (5) +) HBA +) Ta có: HA.HD  HC.HF  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ   HDE   DH phân giác FDE  (*) +) Từ (3);(4) (5)  HDF  (**) - CM tương tự, ta có: EH phân giác DEF - Từ (*) (**)  H giao điểm đường phân giác DEF (1,0 điểm) 0,25 đ Hình - Kẻ DK  BE ( K  BE ) Gọi BE  DF  M    sin KED   DK mà DK  DM  sin BED   DM  sin BED DE DE DM FM Mặt khác (t/c đường phân giác)  DE FE DM FM DM  FM DF     DE FE DE  FE DE  FE +) Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương DE; EF , ta có DF DF hay DE  EF  DE.EF   DE  EF DE.EF DF  sin BED DE.EF DE EF  - CM tương tự, ta có:: sin CFE ; sin  ADF  FD.FE DE.DF EF DF DE .sin CFE   sin  ADF sin BED DE.DF DE.EF FD.FE 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ .sin CFE   (ĐPCM)  sin  ADF sin BED  DE  EF  Dấu “=” xảy   EF  FD  DEF  FD  DE  Bài (2,0 đ) Vẽ hình xác Dựng AH  AB Do AB  AC Nên H nằm B M 0,25 đ B H 0,25đ β M α A C Ta có BC sin  (1) Mà AH  AC.sin  Có AC  BC cos  AH  BC.cos sin  (2) BC Từ (1) (2) suy ra: sin   BC.cos sin  Hay sin   2.cos sin  Do đó:  sin    2.cos sin   sin   sin   cos 2  2.cos sin   (sin   cos ) Vậy (sin   cos )   sin  AH  AM sin   Xét 2011 số có dạng sau: a1=2012; a2 = 20122012; 0,25đ 0,25đ 0,25đ .2012 a3=201220122012, … , a2011  20122012  0,25đ 2011 sô 2012 Nếu 2011 số chia hết cho 2011 số phải tìm Nếu khơng có số 2011 số chia hết cho 2011 phải có số ai, ak (ai