Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)

Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI CHỌN HSG BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (5,0 điểm) x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a) Cho biểu thức M : . x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M 1. b) Cho a,b,c 0 thỏa mãn ab bc ca 1. a b b c c a Tính H . 1 c 1 a 1 b Câu 2: (4,0 điểm) 5 5 a) Giải phương trình 30 6x2 6x2 . x2 x2 2 b) Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên. x Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương. b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh rằng: 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 xyz . x y z Câu 4: (6,0 điểm) Cho đoạn thẳngOA R , vẽ đường tròn O; R . Trên đường tròn O; R lấy H bất kỳ sao cho AH R , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn O; R . Trên đường thẳng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB AC R . Vẽ HM vuông góc với OB ( M OB ), vẽ HN vuông góc với OC ( N OC ). a) Chứng minh OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minhOB.OC 2R2 . c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi. (chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9). Câu 5: (1,0 điểm) Cho dãy số n,n 1,n 2,,2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. .HẾT . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: . .Số báo danh: . LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1: (4,0 điểm) x 2 x 4 x 2 x 1 3 x 5 2 x 10 a) Cho biểu thức M : . x x 8 x 1 x 2 x 6 x 5 Rút gọn M và tìm x để M 1. b) Cho a,b,c 0 thỏa mãn ab bc ca 1. a b b c c a Tính H . 1 c 1 a 1 b Lời giải a) ĐKXĐ: x 0; x 1, x 3, x 4 . x 2 x 4 ( x 1)2 3 x 5 2 x 5 * M : x 2 x 2 x 4 x 1 x 1 x 2 x 1 x 5 1 x 1 3 x 5 2 : x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 (3 x 5)( x 1) 2( x 2) : x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x x 2 3x 3 x 5 x 5 2 x 4 : x 2 x 11 x 2 x 1 x 3 3x 9 x 3 x 2 x 1 : x 2 x 11 x 2 x 1 x 2 x 1 3(x 3) x 1 3 x 1 x 1 x 1 4 2 x 2 x * M 1 1 1 0 0 0 3 x 1 3 x 1 3 x 1 x 1 x 2 0 . x 1 x 2 x 2 0 x 4 Ta có: x 2 x 1 nên 0 khi 1 x 4 . x 1 x 1 0 x 1 Kết hợp ĐKXĐ ta có1 x 4 và x 3 Vậy M 1 khi 1 x 4 và x 3 a b b c c a b) H . 1 c 1 a 1 b Vì ab bc ca 1 nên 1 c ab bc ca c b a c c a c a c b c Tương tự ta có 1 a a b a c ; 1 b a b b c . a b b c c a H a c b c a b a c a b a c a c b c a b a c b c a b = a c b c a b a c b c a b 1 1 1 1 1 1 = 0 . b c a c a c a b a b b c Câu 2: (5,0 điểm) 5 5 a) Giải phương trình 30 6x2 6x2 . x2 x2 2 b) Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên. x Lời giải 5 5 5 a) Giải phương trình 30 6x2 6x2 ĐK: x2 x2 x2 6 5 5 Vì x2 0; 6x2 1 0 , 6 x2 5 Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số dương và 6x2 1 ta có x2 5 2 2 6x 1 5 5 2 x 30 2 2 6x 1 . x x 2 5 Dấu “=” xảy ra khi 6x2 1 x 1 x2 5 5 Vì x2 6x2 0 , 6 x2 5 Theo bất đẳng thức AM – GM với hai số không âm 6x2 và 1 ta có x2 5 (6x2 ) 1 5 5 2 6x2 (6x2 )1 x . x2 x2 2 5 Dấu “=” xảy ra khi 6x2 1 x 1 x2 5 5 6x2 1 6x2 1 5 5 2 2 Vậy ta có 30 6x2 x x x2 x2 2 5 5 30 6x2 6x2 Dấu “=” xảy ra khi x 1(thỏa mãn). x2 x2 Vậy phương trình có nghiệm là x 1. 2 b) Tìm số thực x để 3 số x 3; x2 2 3; x là số nguyên. x 2 Đặt a x 3; b x2 2 3; c x với a,b,c Z . x Từ a x 3 x a 3; từ b x2 2 3 x2 b 2 3 , nên ta có 2 a 3 b 2 3 a2 2 3a 3 b 2 3 2 3 a 1 b a2 3 . b a2 3 Nếu a 10 0 a 1 2 3 , a 1 b a2 3 vì a,b ¢ ¤ 2 3 ¤ (Vô lý). a 1 a 1 0 a 1 Vậy a 1 0 nên ta có 2 x 3 1 b a 3 0 b 4 Với x 3 1 ta có a 1;b 4 và c 2 nguyên, thỏa mãn đầu bài. Câu 3: (5,0 điểm) a) Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương. b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh rằng: 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 xyz . x y z Lời giải a) Vì 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương, nên ta có 4x3 14x2 9x 6 k 2 với k ¥ . Ta có 4x3 14x2 9x 6 4x2 x 2 6x x 2 3 x 2 x 2 4x2 6x 3 nên ta có x 2 4x2 6x 3 k 2 . Đặt x 2,4x2 6x 3 d với d ¥ *. Ta có x 2d x 2 4x 2 d 4x 6x 4d . Ta lại có 4x2 6x 3d 4x2 6x 3 4x2 6x 4 1d d 1 x 2,4x2 6x 3 1 mà x 2 4x2 6x 3 nên ta có: x 2 và 4x2 6x 3 là số chính phương x 2 a2 và 4x2 6x 3 b2 với a,b ¥ * . 2 2 Vì x 0 nên ta có 4x2 b2 4x2 12x 9 2x b2 2x 3 . 2 Vì b lẻ nên b2 2x 1 4x2 6x 3 4x2 4x 1 x 2. Với x 2 ta có 4x3 14x2 9x 6 100 102 là số chính phương. 1 1 1 b) Vì x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz 1. xy yz zx 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 Nên ta có: 2 ; Dấu " " x x xy yz zx x y x z 2 x y z xảy ra y z 1 1 x2 1 4 1 1 . x 2 x y z 1 1 y2 1 1 4 1 1 1 z2 1 1 1 4 Tương tự ta có ; . y 2 x y z z 2 x y z 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 1 Do đó 3 ; Dấu " "xảy ra x y z x y z x y z Ta có x y x 2 3 xy yz zx x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx 1 2 2 2 x2 y2 z2 xy yz zx x y y z x z 0 2 Nên x y x 2 3 xy yz zx xyz 2 3 xy yz xz xy yz xz 1 1 1 3 xyz 3 xyz xyz x y z 1 1 x2 1 1 y2 1 1 z2 Vậy xyz . Dấu " "xảy ra x y z . x y z Câu 4: (3,0 điểm) Cho đoạn thẳng OA R , vẽ đường tròn O; R . Trên đường tròn O; R lấy H bất kỳ sao cho AH R , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn O; R . Trên đường thẳng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB AC R . Vẽ HM vuông góc với OB ( M OB ), vẽ HN vuông góc với OC ( N OC ). a) Chứng minh OM.OB ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh OB.OC 2R2 . c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giácOMN khi H thay đổi. (chú ý: dùng kiến thức học kỳ 1 lớp 9) Lời giải a B M H E A O N C a) Ta có OH HB (Tính chất tiếp tuyến) OHB vuông tại H , mà HM OB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH 2 R2 . Chưng minh tương tự ta có ON OC OH 2 R2 . Vậy ta có OM OB ON OC . OM OA Ta có OM OB OH 2 R2 mà OA R nên ta cóOM OB OA2 . OA OB OM OA Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA# OAB O· AM O· BA. OA OB Ta có AO AB R (gt) OAB cân ·AOB O· BA ·AOM O· BA , vậy O· AM ·AOM OMA cân MO MA. Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA. Ta có MO MA ; NO NA , vậy MN là trung trực của OA , gọi E là giao điểm của MN OA với OA ta có EO EA và MN OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. 2 Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định. OM ON b) Ta có OM OB ON OC . OC OB OM ON Xét OMN và OCB có Oµ chung , có OMN ∽ OCB (c.g.c) OC OB OM OE OM OE OE 1 mà OE MN và OH BC nên ta có OC OH OC OA 2OE 2 1 OM OC (vìOH OA 2OE ). 2 1 Ta có OM OB OH 2 R2 (cm trên) OC OB R2 OC OB 2R2 . 2 2 2 2 SOMN OE OE OE 1 c) Ta có OMN# OCB (cm trên) 2 2 2 . SOCB OH OA 2OE 4 1 1 1 1 1 1 1 Nên S S OH BC R BC R(AB AC) R(R R) R2 . OMN 4 OCB 4 2 8 8 8 4 Dấu “=” xảy ra khi B, A,C thẳng hàng H A . 1 Vậy diện tích OMN lớn nhất là S R2 khi H A. OMN 4 Câu 5: (3,0 điểm) Cho dãy số n,n 1,n 2,,2n với n nguyên dương. Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên. Lời giải Nếu n là lũy thừa bậc hai của một số tự nhiên thì bài toán chứng minh xong. Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương k 2 sao cho k 2 n k 1 . Vì n nguyên dương và n k 2 n k 2 1, vậy ta có: 2n k 1 2 2(k 2 1) k 1 2 2k 2 4k 2 k 2 2k 1 k 2 2k 1 k 1 2 0 2 Vậy mọi k nguyên dương , nên ta có k 2 n k 1 2n . Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc hai của một số tự nhiên. ..HẾT
Tài liệu đính kèm:
de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_nam_hoc_2017_2018_t.docx