1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

đề và đáp án HSG toán 9 thanh hóa 2017 2018

8 4,1K 110

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 448,13 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I (4,0 điểm) x2 x x 1  2x  x   x x 1 x x  x  x x  x , với x  0, x �1 Rút gọn P Cho biểu thức tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên P P 4( x  1) x 2018  x 2017  x  x   2  2 x  3x Tính giá trị biểu thức Câu II (4,0 điểm) Biết phương trình (m  2) x  2(m  1) x  m  có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng � ( x  y ) (8 x  y  xy  13)   � � �2 x  x  y  Giải hệ phương trình � Câu III (4,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62  ( y  2) x  ( y  y  8) x 2 Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p  a  b số nguyên tố p  chia 2 hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O ),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a � Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh IBI aC tứ giác nội tiếp Chứng minh NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP � � Chứng minh DAI  KAI a Câu V (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x �z Chứng minh xz y2 x  2z   � y  yz xz  yz x  z - HẾT -SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câ u NỘI DUNG Đi ể m I 4,0 điể m x2 x x 1  2x  x   x x 1 x x  x  x x  x , với x  0, x �1 Cho biểu thức Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P P số nguyên Với điều kiện x  0, x �1 , ta có: P  x2 x   x 1 x  x 1   x  x 1  x x  x 1   x  1  x  x  1  x  x  1 x  x  x  2  x  x  1  x  x  1  x  1  x    x    x  1  x  x  1 x  x     x x2 x  x 1  x  2x  x 1   x 1 x  x 1 x 1 2, 0, 50 0, 50 0, 50 0, 50 Ta có với điều kiện x  0, x �1 � x  x   x   �0 P  x 2  x  x 1 x 2  1 2 x 1 x 1 x 2 1� x 1 x  x  P Do nguyên nên suy (loại) x P Vậy khơng có giá trị để nhận giá trị nguyên P 1� 0, 50 Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 � Px   P  1 x  P   x  x 1 , coi phương trình bậc hai x Nếu P  �  x   vơ lí, suy P �0 nên để tồn x phương P    P  1  P  P   �0 trình có 4 � 3P  P  �0 � P  2P  � �  P  1 � 3 0, 50 Do P nguyên nên  P  1 +) Nếu  P  1  � P  � x  không thỏa mãn  P  1 P2 � 1 � � � P  � 2x  x  � x  P0 � khơng thỏa mãn +) Nếu Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn Tính giá trị biểu thức  x  1 x 2018  x 2017  x  x  3x  32 32 x Vì P 3 1   2 32 32 x nên 0, 50 1 2 nghiệm đa thức x  x  x 2017  x  x  1  x  x  P    x 1  x2  x  1  x  0, 50 x Do Chú ý 2:Nếu học sinh khơng thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ II 4,0 điể m 1, Biết phương trình (m  2) x  2(m  1) x  m  có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng 0, 50 2   Phương trình có hai nghiệm m �2 Khi nghiệm phương trình 2, (m  2) x  2(m  1) x  m  � ( x  1) (m  2) x  m  a  1và b  m m2 Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy m 0� m0 m2 m  1   2 Từ hệ thức a b h tam giác vuông ( m  2) m2   � � 2 m m m2  � 2m   m � m  Với m (thỏa mãn) m2   � 2m    m � m  (loại) Với m Vậy m  giá trị cần tìm � ( x  y ) (8 x  y  xy  13)   (1) � � 2x  1 (2) � x y � Giải hệ phương trình ta có 0, 50 0, 50 0, 50 0, 50 2, ĐKXĐ: x  y �0 � 8( x  y )  xy   13 � ( x  y)2 � � � 2x  1 � x  y ( x  y ) � Chia phương trình (1) cho ta hệ �� �� � � 2 ( x  y )   3( x  y )  13 �x  y   3( x  y )2  23 � �� 2� � ( x  y) � x y� �� � �� � �� � � � � � � x y �x  y  � ( x  y )  � � ( x  y )  � � x y� x y� � � � � u  x y ,v  x  y x y (ĐK: | u |�2 ), ta có hệ Đặt Từ (4) rút u   v , vào (3) ta 5u  3(1  u )  23 � 4u  3u  10  � u  u loại u  Trường hợp 2 � 5u  3v  23 (3) � u  v 1 (4) � u � 2 �x  y  x y � �x  y  1 � Với u  � v  1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ Giải hệ cách x  1  y vào phương trình đầu ta y 1 III 4,0 điể m  � y 1 y 1 Vậy hệ có nghiệm ( x, y )  (0;1) Tìm nghiệm nguyên phương trình y  y  62  ( y  2) x   y  y   x (1) Ta có 2 (1) �  y    y  3  56  ( y  2) x   y    y   x �  y  2 � x   y   x   y  3 � � � 56 �  x  1  y    x  y  3  56    Nhận thấy  nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại Như ta có y   x   x  y  3,  ) 56  1.7.8 �  x; y    2;9   ) 56  7.1.8 �  x; y    8;3 ) 56   8   7  �  x; y    7;3  ) 56   8   7  �  x; y    2; 6  ) 56   8   1 �  x; y    7;9  ) 56   8   1 �  x; y    8; 6  Vậy phương trình có nghiệm ngun 0, 25 0, 50 0, 25 0, 25 0, 25 0, 50 2, 0, 25 0, 25 0, 50 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 Chú ý 3:Học sinh biến đổi phương trình đến dạng x   y   x   y  3 �  y  2 � � � 56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p  a  b số nguyên tố p  chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax  by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Do p  5M8 nên p  8k  (k ��) Vì  ax  4k 2 Nhận thấy Do   by  4k 2 M ax  by  Mp 2 nên a 4k 2 8k 4 � x b 4k 2 8k 4 � y Mp a 4k 2 � x8 k   b k 2 � y k    a k   b k   x8 k   b k 2  x8 k   y k 4  a 4k 2  b4 k 2   a  k 1   b2  k 1 M a  b   p b  p nên x8 k   y k  Mp (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y khơng chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8 k   x p 1 �1(mod p), y 8k   y p 1 �1(mod p ) � x8 k   y k  �2(mod p) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p IV 6,0 điể m Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp � điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng P qua O 2, 0, 50 0, 25 0, 25 0, 50 0, 50 Chứng minh: tứ giác nội tiếp I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy BI a  BI , CI a  CI ( Phân nhau) giác phân giác ngồi góc vng góc với � � Xét tứ giác IBI a C có IBI a  ICI a  180 Từ suy tứ giác IBI aC tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a 1, 0 1, Chứng minh giác tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác � BAC ) �  900 M (O ) nên NBP , trung điểm BC Do NP đường kính nên PN  BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng PBN ta có NB  NM NP � � Vì BIN góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên BIN =  2,  � � ABC  BAC (1) � BAC � � NBC NAC  (cùng chắn cung NC) Xét (O): 2, 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25   0, 25 �  NBC �  CBI �  BAC �  ABC � � NBI (2) � � BIN NBI = nên tam giác NIB cân N Từ (1) (2) ta có Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI a C � NI  NB  NM NP a Vậy NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Chứng minh: 0, 25 0, 25 0, 25 2, GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB 1� � � NBM  BAC  IAF có: Xét hai tam giác � MNB đồng dạng với FIA Suy Ta có: mà: , nên suy NMI a đồng dạng với IDA � nên (1) Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên �  KAN �  KPN �  I�PN  NI �M KAI a a a (2) �  KAI � DAI Từ (1) (2) ta có V 2,0 điể m a Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn x �z Chứng minh xz y2 x  2z   � y  yz xz  yz x  z y2 2z 1 xz y2 x  2z yz x P      xz z y y  yz xz  yz x  z 1 1 1 yz x yz Ta có x 2z y 1 a2 b2  2c y x z       y x z b  a2  1  c2 1 1 1 z y x , xz yz a2  0, 50 0, 50 0, 50 0, 25 0, 25 2, 0, 25 0, 25 x y z , b  , c   a, b, c   y z x Nhận xét Xét a b2  x  �1  x �z  z c2 2 2 2 a2 b2 2ab a  a  1  ab  1  b  b  1  ab  1  2aba  a  1  b  1    b  a  ab   a  1  b2  1  ab  1 0, 25 0, 25 ab  a  b    a  b   a  b3    a  b   a  1  b  1  ab  1 �0 a2 b2 2ab  �  c  b  a  ab  1  1  c c Do  2c    Khi  c c    1 Đẳng thức xảy a  b  2   c     c    2c     c    c   1 c  3c  3c  c   �0 2   c    c    c    c2  2 1 c  1 c   c �1   Từ     suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a  b, c  � x  y  z 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 Hết Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm ... DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017- 2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018. .. thỏa mãn Tính giá trị biểu thức  x  1 x 2018  x 2017  x  x  3x  32 32 x Vì P 3 1   2 32 32 x nên 0, 50 1 2 nghiệm đa thức x  x  x 2017  x  x  1  x  x  P    x 1... phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm

Ngày đăng: 14/03/2018, 22:29

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w