Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 tỉnh quảng nam năm 2016 2017 có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017 Mơn thi : TỐN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 10/4/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) x−4 − a) Cho biểu thức P = 2x + x − 2x − x −1 x x x +2+ + ÷ với x > x ≠ ÷ ÷ 4x −1 x b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ biểu a3 b3 c3 thức A = + + c + a a + b2 b + c2 Câu (4,0 điểm) Rút gọn biểu thức P tìm x để P ≤ a) Giải phương trình x + + x + − x − = xy + x − y = −1 b) Giải hệ phương trình x y + xy − x + y = Câu (4,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức: a − b3 + 3(a − b ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 b) Cho hai số nguyên a b thỏa 24a + = b Chứng minh chỉ có số a b chia hết cho Câu (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M giao điểm IK BC, đường trung trực đoạn thẳng IM cắt AB AC D E Chứng minh tứ giác ADME hình bình hành Câu (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB 4x −1 ÷ x 2x + x − 3,0 x ≠ Rút gọn biểu thức P tìm x để P ≤ x−4 2x − x −1 2x2 + x + x x + P= − ÷ ÷ 0,75 x (2 x − 1)( x + 2) (2 x − 1)(2 x + 1) (mỗi ý khai triển 0,25 điểm) x −2 x − x − (2 x + 1)( x x + 2) = − 0,5 x x − (2 x − 1)(2 x + 1) (2 x + 1)( x x + 2) x −1 = 0,5 x (2 x − 1)(2 x + 1) = x x +2 x 0,25 + Với x > , ta có: x x + = x x + + ≥ 3 x x 1.1 ⇒ x x + ≥ x Suy P = 0,5 x x +2 x ≥ hay P ≥ ( dấu xảy x = ) 2 x x Do đó, để P ≤ 0,25 x = 0,25 Hoặc trình bày cách khác: + Với x > , ta có: P ≤ x x +2 ⇔ ≤ ⇔ x x − x + ≤ (*) 2 x Đặt t = x , t > Khi (*) trở thành: t − 3t + ≤ ⇔ (t − 1) (t + 2) ≤ Vì t + > 0, (t − 1) ≥ nên (t − 1) (t + 2) ≤ ⇔ t − = ⇔ t = hay x = 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức A = a3 b3 c3 + + c + a a + b2 b + c2 2,0 Page Cách 1: heo đê : ab + bc + ca = 3abc ⇔ 1 + + =3 a b c a3 (a + ac) − ac ac = =a− 2 c+a c+a c + a2 c + a ≥ 2a c ⇒ ac c +1 ≤ c≤ c+a a3 c +1 ≥a− c+a b3 a +1 c3 b +1 Tương tự : , ≥ b − ≥c− 2 a+b b+c 3 Suy A ≥ (a + b + c) − 4 1 1 Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: ( a + b + c ) + + ÷ ≥ a b c ⇒ ( a + b + c) ≥ ⇒ a + b + c ≥ Suy 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy A ≥ , dấu xảy a = b = c = 0,25 Vậy A = a = b = c = Cách :Ta có: ab + bc + ca = 3abc ⇔ 1 + + =3 a b c x, y , z > x + y + z = x y z + + Biểu thức A viết lại: A = 2 y ( x + y ) z ( y + z ) x( z + x ) 1 Đặt x = , y = , z = , đó: a b c x (x + y2 ) − y2 y = = − Ta có : ; 2 y( x + y ) y( x + y ) y x + y2 y x 1 ≤ ≥ − mà x + y ≥ y x ⇒ nên ; 2 x+ y y( x + y ) y x x x 1 1 1 1 1 ≥ − 1 + ÷ = ≤ 1 + ÷ nên y( x + y ) y x x 4 x x (dấu bằng xảy x = y = ) y 1 z 1 1 ≥ − 1 + ÷, ≥ − 1 + ÷ Tương tự : 2 z ( y + z ) z y x( z + x ) x z mà 0,25 0,25 0,25 31 1 Suy A = + + ÷− 4 x y z 1 1 Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: ( x + y + z ) + + ÷ ≥ x y z 1 1 1 ⇔ + + ÷ ≥ ⇔ + + ≥ (vì z + y + z = ) x y z x y z 0,25 0,25 0,25 0,25 Page 3 , dấu xảy x = y = z = hay a = b = c = Vậy A = a = b = c = Do A ≥ 0,25 Câu a) Giải phương trình x + + x + − x − = (4,0 đ) Cách 1: Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ Khi ta có: x + + x + − x − = ⇔ ( 1+ x + 1− x ) 2,0 0,25 = (2 − x ) ⇔ − x + = (2 − x ) (1) Đặt t = − x , t ≥ Phương trình (1) trở thành: 0,25 0,25 2t + = (t + 1) ⇔ t + 2t − 2t − = ⇔ (t − 1) (t + 1)(t + 1) + 2t = (2) 0,25 0,5 Vì t ≥ nên (t + 1)(t + 1) + 2t > Do phương trình (2) có nghiệm t = + Với t = ⇒ x = (thỏa) Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0,25 0,25 Cách 2: + Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ 0,25 x + + x + − x − = ⇔ + x + − x = − x (*) t2 − + Đặt t = + x + − x , t ≥ Suy t = + − x ⇔ ÷ +1 = − x Khi phương trình (*) trở thành: t − 4t − 4t + = ⇔ (t − 2)(t + 2t − 4) = (*) 0,25 + t = + − x ≥ t ≥ nên t ≥ Do t + 2t − ≥ 2 + − > Suy phương trình (*) có nghiệm t = + Với t = ⇒ x = (thỏa) Vậy phương trình cho có nghiệm x = Cách 3: + Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ 0,25 Đặt + x = a , − x = b (a, b ≥ 0) Suy ra: a + b = (1) 0,5 0,25 + Hơn nữa: − x = a b ⇒ − x = a 2b + + Phương trình cho trở thành: a + b = a 2b + (2) 0,5 0,5 0,25 0,25 Page 2 ab = a + b = ⇔ Từ (1) (2) ta cố hệ: 2 a + b = a b + a + b = 0,5 a = ⇔ ⇔ x=0 b = 0,5 xy + x − y = −1 b) Giải hệ phương trình x y + xy − x + y = 2,0 Cách 1: xy + x − y = −1 xy + (2 x + 1) = y (*) ⇔ 2 x y + xy − x + y = ( x y + xy + 1) y − 2(2 x + 1) = −2 y (lưu ý: không nhất thiết biến đối đưa vế phải pt thứ hai −2 y , có thể −3y ) 2 x + = ⇔ x=− - Xét y = thay vào hệ (*) ta được: −2(2 x + 1) = x = − Suy nghiệm hệ y = 0,25 0,25 - Xét y ≠ , hệ phương trình (*) tương đương với hệ: 2x + 2x + xy + y = ( xy + 1) + y = ⇔ (**) x + x + 2 x y + xy + − ( xy + 1) − ÷ = −2 ÷ = −2 y y Đặt a = xy + 1, b = a + b = 2x +1 ; hệ phương trình (**) trở thành: (***) a − 2b = −2 a = , b = + Giải hệ (***) tìm được: a = −4 b = 0,25 0,25 2x + xy + = x ÷= x = a = ⇔ ⇔ * Với ta có x + b = y =1 y = y = 2x + 3 x = − y = − 2x + xy + = −4 x ÷ = −5 a = −4 ⇔ * Với ta có x + (vô nghiệm) = x + b = y y = x = − Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm: 2, y = 0,25 x = , y =1 x = − y = − 0,25 0,25 0,25 Page Cách 2: 2 xy + x − y = −1 xy + (2 x + 1) = y ⇔ 2 x y + xy − x + y = x y + xy − (4 x + 2) = −3 y xy + (4 x + 2) = y ⇔ ⇒ x y + xy − y = x y + xy − (4 x + 2) = −3 y y = ⇔ xy = xy = −5 + Với y = Suy ( x; y ) = ( − ;0) 0,25 0,5 0,25 + Với xy = Suy ( x; y ) = (1;1) ( x; y ) = ( − ; − ) xy = − ( x ; y ) + Với Trường hợp không tồn cặp x = − Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm: 2, y = 0,25 x = , y =1 x = − y = − Câu a) Tìm tất cặp số nguyên dương ( a, b) thỏa mãn đẳng thức: (4,0 đ) a − b + 3(a − b ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 a − b3 + 3(a − b ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 ⇔ (a + 3a + 3a + 1) − (b3 + 3b + 3b + 1) = ( a + 1)(b + 1) + 25 ⇔ (a + 1)3 − (b + 1)3 = (a + 1)(b + 1) + 25 (*) Đặt x = a + 1, y = b + 1( x, y ∈ Z ; x, y ≥ 2) Khi (*) trở thành: x − y = xy + 25 ⇔ ( x − y )( x + xy + y ) = xy + 25 (**) + Từ (**) suy x > y ⇒ x − y ≥ , mà x + xy + y > nên: x + xy + y ≤ xy + 25 ⇒ x + y ≤ 25 ⇒ x ≤ (1) + Hơn nữa: x > y x, y ≥ nên xy ≥ Suy x − y = xy + 25 ≥ 31 ⇒ x > 31 ⇒ x > (2) Từ (1) (2) suy ra: x = Do x > y y ≥ nên y ∈ { 2;3} x = a = + Thử lại, chỉ có thỏa (**) Suy cặp số cần tìm y = b = b) Cho hai số nguyên a b thỏa: 24a + = b Chứng minh rằng chỉ có số a b chia hết cho Cách 1: 0,25 0,25 0,25 2,0 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 2,0 0,25 24a + = b ⇔ 25a + = a + b ⇒ a + b ≡ 1(mod 5) (1) 2 2 2 Page a ≡ 0, ±1, ±2(mod 5) b ≡ 0, ±1, ±2(mod 5) Ta có: a ≡ 0,1, 4(mod 5) ⇒ b ≡ 0,1, 4(mod 5) 0,5 (2) 0,5 a ≡ 0(mod 5) a ≡ 1(mod 5) Từ (1) (2) suy ra: b ≡ 1(mod 5) b ≡ 0(mod 5) Suy chỉ số a b chia hết cho Cách 2: 24a + = b ⇔ 25a + = a + b ⇒ a + b = 5.k + (1) ∀n ∈ Z ⇒ n = 5l + r ( l ∈ Z , r ∈ { 0;1;2;3;4} ) ⇒ n = 5l1 + r12 ( l1 ∈ Z , r12 ∈ { 0;1;4} ) (2) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 a = 5k1 + a = 5k1 Từ (1) (2) suy ra: b = 5k2 b = 5k2 + 0,5 Suy chỉ số a b chia hết cho 0,25 Cách 3: 24a + = b ⇔ 24a − b = −1 không chia hết a b không đồng 0,25 thời chia hết cho + Giả sử a b đêu không chia hết cho a ≡ 1(mod 5) ⇒ (a + b )( a − b ) ≡ 0(mod 5) Theo định lý Fermat ta có b ≡ 1(mod 5) Nếu a + b ≡ 0(mod 5) 25a + = a + b ≡ 0(mod 5) ( vơ lí) 0,5 0,25 Suy a − b ≡ 0(mod 5) ⇒ 23a + = b − a ≡ 0(mod 5) (*) Vì a khơng chia hết a ≡ ±1, ±2(mod 5) Với a ≡ ±1(mod 5) ⇒ a ≡ 1(mod 5) ⇒ 23a + ≡ −1(mod 5) ( trái với (*)) 0,25 0,25 Với a ≡ ±2(mod 5) ⇒ a ≡ 4(mod 5) ⇒ 23a + ≡ 3(mod 5) ( trái với (*)) 0,25 2 2 0,25 Vậy điêu giả sử sai Từ suy điêu cần chứng minh Câu Cho tam giác nhọn ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) đường (2,5 đ) kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M giao điểm IK BC, đường trung trực đoạn thẳng IM cắt AB AC D E Chứng minh tứ giác ADME hình bình hành 2,5 Page A E I O / D N F / B // // M C K (Khơng có hình vẽ khơng chấm bài) + Gọi N trung điểm IM, F giao điểm DE v IB ả F =C F =B µ + Ta có: Iµ1 = µ A1 = A 1 Suy tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn · µ =C µ ⇒ DMB =F 1 Suy DM // AC hay DM // AE (1) ·AED = EDM · · Suy AEDI hình thang cân = EDI 0,5 0,25 0,5 0,5 · · (Hoặc tứ giác BFDM BIAC nội tiếp nên FDM ; = IAE · · · · · Suy AEDI hình thang cân.) FDM = FDI = DIA ⇒ DIA = IAE · · Suy ·ADE = IED nên AD//EM (2) = DEM Từ (1) (2) suy tứ giác ADME hình bình hành Cách khác: + Gọi N trung điểm IM, F giao điểm ca DE v IB ả F =C tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn + Ta có: Iµ1 = µ A1 = A 1 · Suy FBC = ·AED (1) µ =C µ ⇒F µ =B µ ⇒ tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn + Mặt khác F 1 · · Suy FBC = MDE (2) · Từ (1) (2) suy ·AED = MDE ⇒ AE//DM (*) · · Hơn nữa ·AED = MDE ⇒ ·AED = IDE Mà DE//IA Do tứ giác AEDI hình thang cân · · · · Suy ·ADE = IED ; mà IED nên ·ADE = DEM ⇒ AD//EM (**) = DEM Từ (*) (**) suy tứ giác ADME hình bình hành 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu Cho tam giác nhọn ABC (AB