Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh các môn Văn Hóa lớp 9 môn Toán năm 2016-2017

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh các môn Văn Hóa lớp 9 môn Toán năm 2016-2017 để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MƠN VĂN HĨA LỚP NĂM HỌC: 2016-2017 Mơn: Tốn – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê) Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016 Bài (4,0 điểm) 1) Cho a+b+c=0 a,b,c khác Rút gọn biểu thức: A ab bc ca  2 2 2 2 a  b  c b  c  a c  a  b2 2) Tính giá trị biểu thức: P x3  x  5x   x  2x  7x  3 x    Bài (4,0 điểm) x  xy  y2  1) Giải hệ phương trình  x  y  xy  2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau:  2x  5y  1  x  x2  x  y   105 Bài (4,0 điểm) 1) Chứng minh không tồn số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012n 2) Cho x, y số nguyên thỏa mãn 2x2  x  3y2  y Chứng minh x – y ; 2x +2y+1 3x +3y+1 số phương Bài (6,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường trịn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến (O) C cắt AB E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO b) Chứng minh CM vng góc với OE c) Tìm giá trị nhỏ dây AB diện tích tứ giác MAOB Bài (2,0 điểm) a b c Giả sử a, b, c số thực thỏa mãn a, b, c  a  b  c     Chứng minh a  b  c6  abc a  b  c3 ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI VINH NĂM 2016-2017 Câu 1) Từ a  b  c   a  b  c Bình phương hai vế ta a2  b2  2ab  c2 nên a2  b2  c2  2ab Tương tự : b2  c2  a2  2bc c2  a2  b2  2ac ab bc ca 1       2ab 2bc 2ca 2 2 Vậy A   2) Ta có x         Do A       Suy x  x   2x3   x  1 hay x3  3x2  3x  Do P 3x  3x   x  5x   3x  3x   2x  7x   x  1   x  2  x 1  x2  4x  8x    x  4x   x  1  x2  2x  2 x2 (vì x     2) Vậy P  x    Câu 2 x  xy  y2    x  y   3xy   1) Ta có :  x  y  xy   x  y  xy  Đặt a = x – y , b = xy (1) a  3b  a  b  Hệ phương trình trở thành  a  a  6  b  2 b  11 Giải hệ phương trình ta  Với a = , b = - thay vào (1) ta x  y  x  x     xy  2 y  2 y  1 Với a = - , b = -11 thay vào (1) ta x  y  6 x  y  6  Hệ phương trình vơ nghiệm  xy  11 y  6y  11  x  x  Vậy hệ phương trình có nghiệm   y  2 y  1 2)  2x  5y  1  x  x2  x  y   105 Vì 105 số lẻ nên 2x  5y  x  x2  x  y phải số lẻ Từ 2x+5y+1 số lẻ mà 2x+1 số lẻ nên 5y số chẵn suy y chẵn x  x2  x  y số lẻ mà x2  x  x(x  1) tích hai số nguyên liên tiếp nên số chẵn, y chẵn nên x số lẻ Điều xảy x=0 Thay x=0 vào phương trình cho ta được:  5y  1 y  1  105  5y2  6y  104   5y2  20y  26y  104   5y(y  4)  26(y  4)   (5y  26)(y  4)  26 (loại) y  (thỏa mãn) y Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4) Câu 1) Giả sử tồn số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012n Ta có n3  2012n  n3  n  2013n  n(n  1)(n  1)  2013n Vì n – , n n+1 ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Suy n  n  1 n  1 mà 2013 nên  n3  2012n  3(1) Mặt khác 20142014    2013  1  chia cho dư 2013 (2) Từ (1) (2) dẫn đến điều giả sử vô lý, tức khơng có số ngun thỏa mãn điều kiện toán cho 2) Từ: 2x2  x  3y2  y (1)  2x2  2y2  x  y  y2  (x  y)(2x  2y  1)  y2 (2) 2 2 Mặt khác từ (1) ta có: 3x  3y  x  y  x  (x  y)(3x  3y  1)  x 2014  (x  y)2 (2x  2y  1)(3x  3y  1)  x2 y2  (2x  2y  1)(3x  3y  1) số phương (3) Gọi  2x  2y  1;3x  3y  1  d  (2x  2y  1) d; (3x  3y  1) d   3x  3y  1   2x  2y  1   x  y  d  2(x  y) d  (2x  2y  1)  2(x  y)  d nên d =   2x  2y  1;3x  3y  1  (4) Từ (3) (4)  2x  2y  3x+3y+1 số phương Lại có từ (2) suy  x  y  2x  2y  1 số phương nên x – y số phương Vậy 2y2  x  3y2  y x  y;2x  2y  3x+3y+1 số phương Câu A O Q P N C BI E M H d a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) Suy BEC  MAB (so le trong) Mà ABC  900 ;AQM  900 AMO  OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO  OMB  BCE (cùn phụ với hai góc nhau) BE OB MB OB    (1) BC MB BC BE Lại có MBA  OBC (cùng phụ với ABO)  tan BCE  tan OMB  Nên MBC  OBE (cùng = 900  OBC ) (2) Từ (1) (2) suy MBC OBE(c.g.c) b) Từ MBC OBE  BCM  BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC BIE NIC (g.g)  IBE  INC mà IBE  900 Nên INC  900 Vậy CM  OE c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH Ta có OQP OHM (g.g)  OQ OP  OH OM  QO.OM  OP.OH  OA2  R2  OP  R2 OH Mà O d cố định  OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB  2AQ  OA2  OQ2 mà OQ  OP R4 2R  AB  OA  OP  R   OH  R2 OH OH Dấu “=” xảy  Q  P  M  H 2R Vậy GTNN AB  OH2  R2  M  H OH *) Vì MO  AB nên S AOBM  AB.OM  AQ.OM Vẽ dây cung A1B1 vng góc với OH P, P (O) cố định nên A1B1 2 khơng đổi Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây) Dấu “=” xảy  M  H Vậy GTNN S AOBM  A1B1.OH M  H Mà OM  OH  S AOBM  A1B1.OH (không đổi) Câu * a  b  c   a  b  c   a  b   c3  a  b  c3  3ab(a  b)  3abc 1 *     ab  bc  ca  a b c    b   c  *a  b6  c6  a 3   a 3b3  b3c3  c3a *ab  bc  ca   a 3b3  b3c3  c3a  3a b2 c2 Do *a6  b6  c6   3abc   2.3a b2c2  3a b2c2 Vậy a  b6  c6 3a b2c2   abc a  b  c3 3abc  ...ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI VINH NĂM 2016-2017 Câu 1) Từ a  b  c   a  b  c Bình phương hai vế ta a2  b2  2ab ... MBC  OBE (cùng = 90 0  OBC ) (2) Từ (1) (2) suy MBC OBE(c.g.c) b) Từ MBC OBE  BCM  BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC BIE NIC (g.g)  IBE  INC mà IBE  90 0 Nên INC  90 0 Vậy CM  OE c)... giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) Suy BEC  MAB (so le trong) Mà ABC  90 0 ;AQM  90 0 AMO  OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO  OMB  BCE (cùn phụ với hai góc nhau)