đề thi HSG Toán lớp 9 cấp huyện NH 16-17(chính thức+dự phòng) +Key

2) Tìm vị trí của đường kính MN để EF có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R... Gọi a là độ dài đoạn OI..[r]

UBND HUYỆN XUYÊN MỘC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP THCS PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC NĂM HỌC 2016 – 2017

MƠN THI: TỐN Thời gian làm thi 150 phút

Ngày thi …… tháng 01 năm 2017

ĐỀ DỰ BỊ

Bài 1:(2,5 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n3 mn2 3n214n 7m 0  

Bài 2: (7,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

2 2

A :

1 1

x x x x

x x x x

    

  

    



 

b) x 2014  x 2016  y 2016  x 2016

c) Tìm GTNN biểu thức:

3 x A

x  



d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = 1 Chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x  6 Bài 3: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác) Chứng minh :

1 1 1

2

p a p b p c a b c

 

 

 

    

   .

Bài 4:(5,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường trịn (O) (H khác A), HK đường kính đường tròn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng

b) HB = HI

c) IA.IHR2 a2. d) R2 2Rr a 2

Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường trịn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F

1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE

2) Tìm vị trí đường kính MN để EF có độ dài nhỏ tính giá trị nhỏ theo R HẾT

UBND HUYỆN XUYÊN MỘC

PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI TỐN LỚP

(Hướng dẫn chấm có ……… trang) Bài 1:(2,5 điểm)

Tìm tất cặp số nguyên (m, n) cho 2n3 mn2 3n2 14n 7m 5 0

Bài 1 Đáp án Điểm

1.2 (2,5đ)

3 2

2 16

(1)

2 3 14 7 5 0

2 3

n

n mn n n m

m n



     

    1,0

Vì m, n  Z nên

     

2 7 (16) 7 8;16 1;9 1; 3

n  U  n    n   n   (2)

0,75 Từ (1) (2) suy được:

 

( , )m n  (1;1),( 3; 1);(4;3),( 8; 3)    0,75 Bài 2: (7,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

2 2

A :

1 1

x x x x

x x x x

    

  

    



 

b) x 2014  x 2016  y 2016  x 2016 (1)

c) Tìm GTNN biểu thức:

3 x A

x  



d) Cho x, y, z số không âm x + y + z = 1 Chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x  6

Bài 2 Đáp án Điểm

2.1

(2,0đ) Ta có:

3

2 2

A :

1 1

x x x x

x x x x

    

  

   

 

3

(2 1)( 1) (2 1)(1 )

(1 )( 1)

x x x x x x x

x x x x

      

 

   

(2 1)( )( 1)( 1)

(1 )( 1)(2 1)

x x x x x x x x x

x x x x x

        

 

    

1,0 1,0

2.2 (2,0đ)

x 2014  x 2016  y 2016  x 2016 (1)

Ta có: x 2016  x 2016 x  x x 2016 x  2016 (2)

0,5 Chỉ dấu « = » xảy 0 x 2016 (*)

Từ (1) (2) suy được: x 2014 y 2016 0

Lập luận suy được:

2014 2016

x 2014 x y y 2016               

Đối chiếu ĐK (*) kết luận nghiệm

0,5 0,5 2.3

(1,5đ)

ĐK: x 0

2

4) ( ( x 2)

1

x x (x x x 1)

A

x x

  

   



  



  (vì x 0 )

Chỉ được: Min A = -1 x = (tmđk)

1,0 0,5 2.4

(2,0đ)

Áp dụng BĐT Bunhiakopski có

 

       

2

2 2

2 2

1 1

A x + y +1 y + z + z + x

x + y y + z z + x 

 

      

 

1,0 = 3.2(x +y + z) = 6.1 = (vì x + y + z = 1)

Suy A 6

1 a b c

3   

0,5 0,5 Bài 3: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b, c độ dài ba cạnh tam giác)

Chứng minh :

1 1 1

2

p a p b p c a b c

 

 

 

    

   .

Bài 3 Đáp án Điểm

3 (2,0đ)

Chỉ được: 0; 0;

b c a

p a     p b  p c  0,25

Áp dụng BĐT Cơ si ta có :

( ) ( ) 1 ( )( )

( )( )

p a p b p a p b

p a p b p a p b

                  0,5 Suy được:

1 4

p a  p b p a p b   c

0,25

Tương tự:

1 4; 1

p b  p c a p c  p a b  Suy được:

2 1 1

p a p b p c a b c

                   

Suy đpcm

Dấu “=” xảy a b c 

0,25 0,25 0,5 Bài 4:(5,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi (I ; r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M tiếp điểm AB với đường tròn (I); H giao điểm AI với đường trịn (O) (H khác A), HK đường kính đường tròn (O) Gọi a độ dài đoạn OI Chứng minh rằng: a) Tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng

b) HB = HI

d) R2 2Rr a 2

A

B C

I

H K

M

F O

E

1

1

1

Bài 4 Đáp án Điểm

4.a (1,75đ)

* Hình vẽ đúng

– Chứng minh tam giác AMI KCH tam giác vuông - Chứng minh A 1A K

- Suy tam giác AMI tam giác KCH đồng dạng (đpcm)

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

4.b (1,0đ)

- Chứng minh I1A 1B ; IBH B   2B 3B 1A Do I1IBH  HB HI (đpcm)

0,5 0,5

4.c (1,0đ)

Gọi EF đường kính (O) qua I

- Nêu được: IA.IH = IE.IF (hệ thức đường tròn) - Suy ra: IA.IH = (R – a).(R + a) = R2 – a2

0,25 0,25 0,5 4.d

(1,25đ) Từ câu a), ta có:

IA IM

HK HC IA.HC = HK.IM = 2Rr (*) Mà HB = HC (do A 1A 2)  HC = HI

Kết hợp câu c), thay vào (*) ta có: R2 – a2 = 2Rr  R2 2Rr a 2 (đpcm)

0,50 0,25 0,50

Bài 5:(3,0 điểm) Cho đường tròn (C) đường kính PQ = 2R cố định đường kính MN đường trịn thay đổi (MN khác PQ) Qua P vẽ đường thẳng (d) tiếp tuyến đường tròn, (d) cắt QM QN E F

1) Chứng minh tam giác QMN đồng dạng với tam giác QFE

P

Q M

N

E F

C

Bài 5 Đáp án Điểm

5.1

(1,5đ) Chứng minh được: QM.QE = QN.QF(=PQ2)

QM QN QF QE

  0,75

Chỉ được: QMN đồng dạng QFE (c.g.c) 0,75 5.2

(1,5đ)

QFE vng Q có PQ  EF (gt) (1)  PQ2 = PE.PF(hệ thức 2)

 PE.PF = (2R)2 = 4R2 0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số EP, PF > ta có

EF EP PF EP.PF 4R    4R

 EF nhỏ 4R EP = PF (2)

0,25 Từ (1) (2)  ∆QEF cân Q có PQ đường cao đồng thời

phân giác

Chỉ PMQN hình chữ nhật

0,25 0,25  PMQN hình vng  MNPQ

Vậy Khi MNPQ EF có độ dài nhỏ 4R’