Đề thi hsg Toán 9 – Tổng hợp đề trên toàn quốc - Giáo viên Việt Nam

Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ AD. Tính giá trị đó. Tìm độ dài các cạnh của tam giác đó, biết 3. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn [r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016

Ngày thi: 24/02/2016 Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm)

a) Tìm ba số ngun tố đơi khác nhau, biết tích ba số năm lần tổng chúng

b) Tìm tất cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức 2

x 2y  3xy 2x 4y 0    .

c) Tìm số a, b, c biết

2

2 2b a

1 b 

 ;

2

2 2c b

1 c 

 ;

2

2 2a c

1 a 

 .

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3x 2  x 3 

b) Giải hệ phương trình

2

1

x y

x y xy



 

  

    

 .

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh x2 y2 z2 3.

b) Cho a, b, c số dương Chứng minh b số trung bình cộng a

và c

1

a  b  b c  c a

Bài 4: (5,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O, bán kính R Vẽ hai đường kính AB CD vng góc với Lấy điểm E cung nhỏ AD Nối E với C cắt OA M; nối E với B cắt OD N

a) Tính CM.CE + BD2 theo R.

b) Chứng minh tích

OM ON

AM DN số

c) Tìm vị trí điểm E để tổng

OM ON

AMDN đạt giá trị nhỏ Tính giá trị đó. Bài 5: (3,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo) Tìm độ dài cạnh tam giác đó, biết A B 180   

b) Cho tam giác nhọn ABC có BAC 60 , BC 3  o  cm Bên tam giác cho 2017 điểm Chứng minh 2017 điểm ln tìm 169 điểm mà khoảng cách chúng không lớn 1cm

HẾT

Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm.

(2)

Ngày thi: 24/02/2016 Mơn thi: Tốn

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN - LỚP 9 Bài 1: (4,0 điểm)

a) Tìm ba số nguyên tố đơi khác nhau, biết tích ba số năm lần tổng chúng

b) Tìm tất cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đẳng thức 2

x 2y  3xy 2x 4y 0    .

c) Tìm số a, b, c biết

2 2b a b   ; 2 2c b c   ; 2 2a c a   .

Tóm tắt cách giải Điểm

a) Gọi a, b, c ba số nguyên tố khác phải tìm. Ta có a.b.c = 5(a + b + c)  a b5 c5

Vì a, b, c ba số nguyên tố nên a = 5, b =5, c = Giả sử a = a.b.c = 5(a + b + c) ta có: b.c = + b + c

 b.c – b – c =  b( c – 1) – (c – 1) =  (b – 1)(c – 1) = 6

Vì b, c số nguyên tố nên b –  1; c –  1.

và số tự nhiên có vai trị Do :

*

b 1 b

c c

  

 



 

  

  (nhận)

*

b b

c c P

             

Vậy ba số nguyên tố khác phải tìm 2; 5;

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

b) Ta có 2

x 2y  3xy 2x 4y 0     x 2y x y 2      3

Do x, y nguyên dương nên x – 2y; x – y + số nguyên Mà 3  3   1 nên ta có bốn trường hợp:

*

x 2y x

x y y

              ; *  

x 2y x

loai

x y y

               *  

x 2y x 11

loai

x y y

               ; *

x 2y x

x y y

             

Vậy giá trị cần tìm là(x; y)(1;2),(3;2)

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

c) Vì a = 2

1

b b

 ; b =

2

1

c c

 ; c =

2

1

a a

 (gt)

Nên a; b; c số không âm Ta thấy với a = b = c = (thỏa mãn) Nếu a, b, c dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta được:

1+ b2  2b  a = 2

1

b b

  b

b 2

= b (so sánh hai phân số có tử)

0,25 điểm

(3)

+ c2  2c  b = 2 c c

  c

c 2

= c (so sánh hai phân số có tử)

+ a2  2a  c = 2

1

a a

  a

a 2

= a (so sánh hai phân số có tử) Do a = b = c =

Vậy : a = b = c = a = b = c = số cần tìm

0,25 điểm

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 3x 2  x 3 

b) Giải hệ phương trình

2

1

x y

x y xy

            .

a) Đặt 3 x 2 = a ; x 1 = b ( b0) Vậy x – = a3 x + = b2

Ta :

a b (1)

b a (2)

  



 

 Từ (1) suy b = – a vào (2) ta có:

(3 – a)2 – a3 =   

3 2

a a 6a a a

        

Vì a2 + 6 nên a – =  a =

Suy b = (thoả mãn) Thế vào x + = b2 = 22 =  x 3 Vậy phương trình có nghiệm x 3

0,5 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

b) ĐKXĐ : | x |  1; | y |  xy  -2

2

1

x y

x y xy

           

2 2

x y x y

x y (x 1)(y 1) xy

                

2 2

2 2 2

x y x y (1)

x y x y (x y ) xy (2)

              

Thay (1) vào (2) ta (xy)2 – xy – = 0

Giải ta được: xy = -1 (TM ĐK) xy = (TMĐK)

* Nếu xy = -1 x2 + y2 =  (x + y)2 = -1, phương trình vơ nghiệm * Nếu xy = x2 + y2 =  x + y = 2

Ta có hệ phương trình:

*

x y 2 x.y          x y      

 (TM) *

x y 2

x.y          x y      

 (TM)

Vậy : Nghiệm hệ phương trình (x;y) ( 2; 2);( 2; 2) .

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh x2 y2 z2 3

(4)

và c

1

a  b  b c  c a

a) Ta có x2  1 2x ; y2  1 2y ; z2  1 2z

Và x2 y2 2xy ; y2 z2 2yz ; z2 x2 2zx Cộng bất đẳng thức ta :

2 2

x y z xy yz zx)

3(x y z ) 2(

3(x y z ) 12

x y z

   

    

 

 



 





Dấu “=” xảy x = y = z =

0,75 điểm

0,25 điểm

b) Ta có

1

a b  b c  c a

1 1

(*)

a b c a c a b c

   

   

Biến đổi vế trái (*):

   

c b

VT

a b c a

 

       

c b

a b c a b c

 

  

Biến đổi vế phải (*):

   

b a

VP

c a b c

 

       

b a

c a b c a b

 

  

Ta có:

a c

b a c 2b b a c b

2 

       

nên đẳng thức (*)

Vậy:

1

a b  b c  c a .

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Bài 4: (5,0 điểm)

OM ON

AM DN số

OM ON

AMDN đạt giá trị nhỏ Tính giá trị đó.

(5)

0,5 điểm

a) Xét COMvà CED có COM CED 90   0và ECDlà góc chung

 COM ഗ CED (g.g) 

2

CO CM

CM.CE CO.CD R.2R 2R

CE CD   

Xét OBDvuông O Theo định lý Py-ta-go

2 2 2

BD OB OD R R 2R

Vậy CM.CE BD 2R22R2 4R2

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

b) Ta có: COM CED (cmt) 

OM CO ED.CO

OM (1)

ED CE   CE

Ta có: AMC ഗ EAC (Cchung, A E 45   0) 

EA.AC

AM (2)

CE 

Từ (1) (2) suy ra:

OM OC.ED ED

(3)

AM AC.EA  2EA (AOC vuông cân O)

Tương tự :

ONB

 EAB

  

B chung; O E 900 

  ON OB ON OB.EA (4)

EA EB EB

   

DNB

 EDB

   DN DB DB.ED

(B chung, D E 45 ) DN (5)

ED EB EB

     

Từ (4) (5):

ON OB.EA EA

(6)

DN DB.ED  2ED

Từ (3) (6):

OM ON

AM DN 2là số

0,25 điểm

c) Đặt

OM ON

x , y

AM DN

 

Ta có: x, y không âm và:

 x y2 x y xy x y xy 2

2

         

Dấu "=" xảy khi: x = y xy =

1

x y

2

  

(TMĐK)

Vậy: Tổng

OM ON OM ED

2 EA ED

AM DN AM 2EA

 

     

 

 

 E điểm cung nhỏAD

0,5 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm Bài 5: (3,0 điểm)

S

(6)

a) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh ba số nguyên liên tiếp (cùng đơn vị đo) Tìm độ dài cạnh tam giác đó, biết A B 180   

a)

0,25 điểm

Ta có A B 180     A B A B C        C 2A B   

Trong ABC ta có :

  

C 2A B   C A  C B   AB > BC, AB > AC AB cạnh lớn nhất. Trên cạnh AB lấy điểm D cho AD = AC  ADC cân A

Xét CBD ABC có B chung và

  1800 A 3A 2B A     

CDB 180 ADC 180 180 180 (A B) ACB

2

  

         

 CBD ABC

2

BC BD

BC AB.BD

AB BC

    BC2 AB.(AB AC) (*)

  

Vì AB cạnh lớn AB, AC, BC số nguyên liên tiếp nên ta có hai trường hợp sau:

TH 1: AB = n + 2, BC = n + 1, CA = n (n số nguyên dương) (*)  (n + 1)2 = (n + 2).2  n2 =  n 3 (loại). TH 2: AB = n + 2, BC = n, CA = n + (n số nguyên dương)

(*)  n2 = (n + 2).1  n2 – n – =  n 1 (loại); n = (nhận) Vậy BC = (đvd); CA = 3(đvd); AB = (đvd)

0,25 điểm

b)

(7)

0,25 điểm

Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M, N, P trung điểm BC, CA, AB  OM  BC, ON  AC, OP  AB.

Do tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC Vì BAC 60  0 nên BOC 120   MOC 60  0 

0

MC

OA OB OC : (cm)

2 sin 60

    

Ta thấy tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BPOM, CNOM nội tiếp đường trịn có đường kính OA = OB = OC = 2cm

Vì 2017 = 6723 + Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tứ giác chứa 673 điểm 2017 điểm cho

Giả sử tứ giác ANOP

Gọi E, F, G, H trung điểm NA, AP, PO, ON I trung điểm OA, suy IA IP IO IN 1    cm.

Khi tứ giác ANOP chia thành tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp đường trịn có đường kính 1cm

Vì 673 = 1684 + Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tứ giác chứa 169 điểm 673 điểm cho, giả sử tứ giác AEIF chứa 169 điểm số 2017 điểm cho

Vì điểm nằm tứ giác AEIF nên chúng nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, khoảng cách khơng lớn đường kính đường trịn này, nghĩa khoảng cách chúng khơng vượt 1cm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Ghi :

+ Mỗi tốn có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa Tổ chấm thảo luận thống biểu điểm chi tiết cho tình làm học sinh

+ Bài Hình học, khơng có hình vẽ học sinh thực bước giải có logic cho nửa số điểm tối đa phần Vẽ hình sai (về mặt chất) lời giải khơng cho điểm

(8)

MA TRẬN ĐỀ THI

Phân môn

Mức độ

Các chủ đề Nhận biết

Thông hiểu

Vận dụng

Cộng

Thấp Cao

S

Ố

H

Ọ

C

Số nguyên tố

Bài 1a

1,5

3

4,0

Phương trình nghiệm nguyên

Bài 1b

1,5 Tìm số thoả mãn

điều kiện cho trước

Bài 1c

1,0

Đ

Ạ

I

S

Ố

Giải phương trình chứa thức

Bài 2a

2,0

4

8,0

Giải hệ phương trình chứa thức

Bài 2b

2,0 Chứng minh bất đẳng

thức

Bài 3a

2,0 Chứng minh đẳng thức

theo điều kiện cho trước

Bài 3b

2,0

H

ÌN

H

Ọ

C

Đường trịn, tính giá trị

biểu thức Vẽ hình 0,5

Bài 4a

1,5

5

8,0

Các loại góc với đường tròn, tam giác đồng dạng

Bài 4b

1,5 Tìm vị trí điểm thoả

mãn ĐK cho trước

Bài 4c

1,5

Tìm độ dài cạnh tam giác

Vẽ hình 0,25

Bài 5a

1,2 Tỉ số lượng giác, góc

tâm, tứ giác nội tiếp, nguyên lýDirichlet

Vẽ hình 0,25

Bài 5b

1,2

Tổng cộng

0,5 2

4,0 5

7,75 5

7,75 12

20,0

(9)

c) Cho a, b, c số dương Chứng minh b số trung bình cộng a

và c

1

a  b  b c  c a

CÁCH KHÁC: b)

Vì b số trung bình cộng a c nên 2b = a + c  a – b = b – c Nếu a = b suy a = b = c Khi đẳng thức hiển nhiên

Nếu a, b, c đôi khác ta có:

1 a b b c

a b b c

a b b c c a c a

 

    

 

   

 

a c

a b c a

a c a b 

 

 

   

 2b a c  (đúng)

Bài 4: (5,0 điểm)

OM ON

AM DN số

OM ON

AMDN đạt giá trị nhỏ Tính giá trị đó. CÁCH KHÁC: b)

F M

N

D C

O

A B

E

Gọi F giao điểm BE AD

Ta có tam giác COA vuông cân O; tam giác BDA vuông cân D; ACM ABF  ;

 

MCO FBD nên

OM DF

AM AF (1).

(10)

BO FA ND NO FD BO R

BA FD NO   ND FA BA 2R 2 (2)

Từ (1) (2) suy

OM ON

AM DN 2 số. Bài 5: (3,0 điểm)

CÁCH KHÁC:b)

H

O I

G

D

E F

C B

A

Gọi D, E, F thứ tự trung điểm BC, CA, AB Ta bốn tam giác AEF, BFD, CDE, DEF

Ta có 2017 = 4.504 + nên bốn tam giác nói có tam giác chứa 505 điểm cho Chẳng hạn tam giác AEF

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Vẽ OG, OH, OI thứ tự vng góc với EF, AE, AF Dễ thấy tứ giác OIAH, OHEG, OGFI nội tiếp đường trịn đường kính tương ứng OA, OE, OF

Ta có 505 = 3.168 + nên ba tứ giác nói có tứ giác chứa 169 điểm cho Chẳng hạn tứ giác OIAH

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

0

BC 3

2

2sin A 2.sin 60

2

  

(cm)

Mà AEF ഗ ABC với tỉ số đồng dạng

2 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF 1cm, tức OA = OE = OF = 1cm