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

Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: (4,0 điểm) x 2 x 1 x 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 . x 2x 1 x 2x 1 1 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức x2 1 1 A x5 ; B x7 . x5 x7 Câu 2: (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 2x1 1 2x2 1 55 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 . x2 x1 x1x2 2 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 . 4x2 24x 35 5 3y 11 y Câu 3: (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 chia hết cho n2 m . 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao cho a2 b2 là số nguyên tố. Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A B· AC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn B»C , ED cắt BC tại N . 1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN . 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , E thẳng hàng. 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (2,5 điểm) 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng minh rằng x 1 y 1 z 1 25 . y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . .HẾT . Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu 1: (4,0 điểm) x 2 x 1 x 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 . x 2x 1 x 2x 1 1 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức x2 1 1 A x5 ; B x7 . x5 x7 Lời giải x 2 x 1 x 2 x 1 1) Rút gọn biểu thức: P , với x 2 . x 2x 1 x 2x 1 Ta có: 2 2 2. x 1 1 x 1 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 P 2 2 2x 1 2 2x 1 1 2x 1 2 2x 1 1 2x 1 1 2x 1 1 2 2. x 1 1 x 1 1 2.2 x 1 2. x 1 . 2x 1 1 2x 1 1 2 1 2) Cho x là số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 7 . Tính giá trị các biểu thức x2 1 1 A x5 ; B x7 . x5 x7 2 2 1 2 1 1 1 Ta có: x 2 7 x 2 2 2 7 x 9 x 3 (do x 0 ) x x x x 3 1 1 2 1 Ta có x 3 x x 1 2 3.6 18 x x x 2 4 1 2 1 x 4 x 2 2 47 x x 1 4 1 5 1 3 1 5 1 +) x x 4 x 3 x 5 x 5 18 x x x x x 1 1 x5 18 141 x5 123 x5 x5 3 1 4 1 7 1 1 7 1 +) x 3 x 4 x x 7 x 7 3 x x x x x 1 1 x7 3 846 x7 843 x7 x7 Câu 2: (4,0 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 2x1 1 2x2 1 55 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 . x2 x1 x1x2 2 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 . 4x2 24x 35 5 3y 11 y Lời giải 1) Cho phương trình x2 (m2 1)x m 2 0 (1) , m là tham số. Tìm m để phương trình 2x1 1 2x2 1 55 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1x2 . x2 x1 x1x2 2 Ta có: m2 1 4 m 2 m4 2 m 1 2 7 0 2 x1 x2 m 1 Theo định lí Vi-ét ta có x1x2 m 2 2 2x1 1 2x2 1 55 2x1 1 x1 2x2 1 x2 x1x2 55 x1x2 x2 x1 x1x2 x1x2 x1x2 2 2 2 2 2 2x1 x1 2x2 x2 x1x2 55 2 x1 x2 4x1x2 x1 x2 x1x2 55 0 2 2 2 2 2 m 1 4 m 2 m 1 m 2 55 0 2 m4 2m2 1 4m 8 m2 1 m2 4m 4 55 0 m4 2m2 24 0 (2) Đặt m2 a a 0 Phương trình (2) trở thành a2 2a 24 0 Ta có 25 0 phương trình có 2 nghiệm: a1 4 (Nhận); a2 6 (Loại, vì a 0 ) +) Với a 4 m2 4 m 2 Vậy m 2 ; m 2 là giá trị cần tìm. 2 2) Giải hệ phương trình (x 1) y xy 4 (1) 4x2 24x 35 5 3y 11 y (2) Phương trình (1) (x 1)2 y xy 4 0 x2 2x 3 xy y 0 x 1 x 3 y x 1 0 x 1 x 3 y 0 x 1 y x 3 +) Thay x 1 vào phương trình (2) ta được: 4.12 24.1 35 5 3y 11 y 2 3y 11 y 3 3y 11 y 9 3y 11 2 3y 11 y y 9 2 3y 11y 10 2y 2 Điều kiện y 5 , khi đó pt 3y2 11y 10 2y 3y2 11y 100 40y 4y2 y2 29y 100 0 y 25(ktm) y 4(tm) +) Thay y x 3 vào phương trình (2) ta được 4x2 24x 35 5 3 x 3 11 x 3 4x2 24x 35 5 3x 2 5 x 3 4x2 24x 35 5 3x 2 5 x 3 0 4x2 28x 24 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 0 2 2 3x 2 2 5 3x 2 x 9 2 5 x 3 4 x2 7x 6 0 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 9x2 63x 54 x2 7x 6 4 x 1 x 6 0 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 9 x 1 x 6 x 1 x 6 4 x 1 x 6 0 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 9 1 x 1 x 6 4 0 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 9 1 2 Vì 4 0, x 3x 2 5 3x 2 x 9 5 x 3 3 x 1 y 4 x 1 x 6 0 x 6 y 9 Vậy nghiệm x; y của hệ là: 1;4 , 6;9 Câu 3: (3,5 điểm) 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 chia hết cho n2 m . 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao cho a2 b2 là số nguyên tố. Lời giải 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 chia hết cho n2 m . m n2 m2 n Ta có: 2 2 (1) n m n m m n2 m2 n n m 1 m n 0 2 2 n m n m m n 1 m n 0 n m 1 0 (do m , n nguyên dương) m n 1 0 1 m n 1 *) TH1: m n 1 m n 1 +) m n2 m2 n 2 m n2 n 1 n2 n 3n 1 4n 2 m2 n n 1 2 n n2 3n 1 4n 2 n2 3n 1 4n 2 n2 3n 1 7 37 7 37 n2 7n 3 0 n 2 2 vì n * n 1; 2; 3; 4; 5; 6 m 0; 1; 2; 3; 4; 5 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp m;n thỏa mãn là: 1; 2 , 2; 3 . *) TH2: m n 0 m n m n2 m2 n 2 m n2 n n2 n n 2n 2 m2 n n2 n n2 n n 1 n 1 2 n 3 Vì n * n 1;2;3 m 1;2;3 Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số m;n thỏa mãn là: 2;2 , 3;3 . *) TH3: m n 1 m n 1 n m2 n2 m 2 n m2 n n 1 n2 3n 1 n2 m n2 n 1 n2 n 1 4n 2 n2 n 1 4n 2 n2 5n 3 0 n2 n 1 5 37 5 37 n 2 2 Vì n * n 1;2;3;4;5 m 2;3;4;5;6 Thử lại vào (1) ta được các cặp số m;n thỏa mãn là: 2; 1 , 3; 2 . Vậy các cặp nguyên dương m,n thỏa mãn là 1; 2 , 2; 1 , 2; 3 , 3; 2 , 2; 2 , 3; 3 . 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao cho a2 b2 là số nguyên tố. Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó |T | 8 và với a , b thuộc T ta có a2 b2 là hợp số, do đó k 9 Xét các cặp số sau: A 1;4 3;2 5;16 6;15 7;12 8;13 9;10 11;14 Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố Xét T là một tập con của A và |T | 9 , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên. Vậy kmin 9. Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A B· AC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn B»C , ED cắt BC tại N . 1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN . 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , E thẳng hàng. 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải A M B H C N O D E 1) Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN . +) Ta có MAB# MCD (g.g) MA MB MA.MD MB.MC (đpcm) MC MD +) Theo gt A là điểm chính giữa cung nhỏ BC DA là tia phân giác B· DC của BDC (1) Mặt khác, E là điểm chính giữa cung lớn BC AE là đường kính của (O) ·ADE 90 DA DN (2) Từ (1) và (2) DN là tia phân giác ngoài B· DC của BDC Do đó, theo tính chất của tia phân giác trong và tia phân giác ngoài của tam giác ta có: BM BD BN BM.CN BN.CM (đpcm) CM CD CN 2) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD . Chứng minh rằng ba điểm B , I , E thẳng hàng. Kẻ BE cắt (I) tại J A Ta có E· BD E· AD · · · BJD DMC (cùng bù với BMD) M B H C N Mà E· AD D· MC E· AD H· MA 90 O E· BD B· JD 90 BD JD BJ là đường kính I D I BJ hay I BE B , I , E thẳng hàng (đpcm) E 3) Khi 2AB R , xác định vị trí của M để 2MA AD đạt giá trị nhỏ nhất. J Ta có: HAM # DAE (g.g) AM AH AM.AD AH.AE AE AD AB2 R R2 Với AE 2R ; AH AM.AD AE 8 4 R2 Theo BĐT Cô- si: 2AM AD 2 2AM.AD 2 2. R 2 4 GTNN đạt được khi: 2AM AD M là trung điểm của AD OM AD M là giao điểm của đường tròn đường kính OA với BC Câu 5: (2,5 điểm) 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng minh rằng x 1 y 1 z 1 25 . y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . Lời giải 1) Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 3 và xy yz zx 0 . Chứng minh rằng x 1 y 1 z 1 25 . y 1 z 1 x 1 33 4xy yz zx Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: 25 25 25 VT 33 2.2 xy yz zx xy yz zx 4 xy yz zx x y z 1 25 x 1 y 1 z 1 2 Cần chứng minh x 1 y 1 25 Sau khi rút gọn, BĐT trở thành x2 y y2 z z2 x 4 Giả sử y nằm giữa x và z , suy ra y x y z 0 hay y2 zx xy yz Do đó y2 z z2 x xyz yz2 2 1 1 x2 y y2 z z2 x x2 y xyz yz2 y z x .2y z x z x 2 54 3 2y z x z x 4. 2) Cho tam giác ABC vuông tại C có CD là đường cao. X là điểm thuộc đoạn CD , K là điểm thuộc đoạn AX sao cho BK BC , T thuộc đoạn BX sao cho AT AC , AT cắt BK tại M . Chứng minh rằng MK MT . Vẽ đường tròn A; AC , B; BC và đường tròn (I) ngoại tiếp ABC Kẻ AX cắt (I) tại Y , BX cắt (I) tại Z , AZ cắt BY tại P Ta có ·AYB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I) ) AY BP B· ZA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I) ) BZ AP X là trực tâm của ABP Ta thấy ABC# ACD AC 2 AD.AB AT 2 ATD# ABT (c.g.c) ·ATD ·ABT Tương tự, ta có B· KD B· AK Ta có ·APD ·ABZ ·ATD tứ giác ADTP là tứ giác nội tiếp AT PT (1) Tương tự, ta có BK PK (2) PK PT (3) Từ (1), (2), (3), suy ra MKP MTP (cạnh huyền – cạnh góc vuông) MK MT (đpcm) A I K Z M D X T C B Y P ..HẾT
Tài liệu đính kèm:
de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_tinh_bac_ninh_mon_toan_lop_9_nam_h.docx