Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 năm học 2016-2017 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 năm học 2016-2017 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 18/03/2017 Câu 1 (4,0 điểm). 3 a 3a 1 (a 1)( a b) 1) Rút gọn biểu thức P : , với a ab b a3 b3 a b 3a 3 ab 3b a 0, b 0, a b . 182017 3 182016 3 2) So sánh hai số A và B, biết A và B . 182018 3 182017 3 Câu 2 (5,0 điểm). x2 x 1 1 1) Giải phương trình 5. x 1 . 4 . x 1 x3 1 2) Cho hai đa thức P(x) 26x2017 3x1931 86 và Q(x) x2 1. Tìm dư trong phép chia P(x) cho Q(x) . Câu 3 (3,0 điểm). Cho parabol (P): y x2 và hai điểm A( 2;4), B(3;9) . Xác định điểm C thuộc (P) có hoành độ lớn hơn 2 và nhỏ hơn 3 sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Câu 4 (6,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi (AB không trùng CD). Tiếp tuyến của (O) tại B cắt các đường thẳng AC, AD lần lượt tại P và Q. 1) Chứng minh tứ giác CDQP là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng PQ, N là giao điểm của AM và CD. Chứng minh AM.AN = 2R2. 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDQ. Chứng minh điểm I thuộc đường thẳng cố định khi CD thay đổi. Câu 5 (2,0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 M 2(a b c) . a b c --------------------------Hết-------------------------- Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................. ; Số báo danh: ..........; Phòng thi số:..........
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 03 trang) Ngày thi: 18/03/2017 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Câu Ý Đáp án Điểm 3 a a b 3a a ab b 3(a ab b) P . 0,75 a b a ab b (a 1)( a b) 1) a 2 ab b 3(a ab b) (2đ) . 0,75 a b a ab b (a 1)( a b) 1 3 0,5 (4,0đ) a 1 182018 54 51 Ta có 18A 1 0,5 182018 3 182018 3 182017 54 51 2) 18B 2017 1 2017 0,5 (2đ) 18 3 18 3 51 51 51 51 Vì nên 1 1 0,5 182018 3 182017 3 182018 3 182017 3 Suy ra 18A 18B . Vậy A B 0,5 Điều kiện x 1 0,5 x2 x 1 1 x2 x 1 x 1 5 x 1 4 5 4 0,5 x 1 x3 1 x 1 x2 x 1 x2 x 1 1 Đặt t 0 , phương trình trở thành 5t 4 0,5 1) x 1 t (3đ) Giải phương trình ẩn t và kết hợp điều kiện t 0 , ta được nghiệm t 1 0,5 2 2 x x 1 x 0 (5,0đ) Do đó 1 0,5 x 1 x 2 Kết hợp điều kiện x 1, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S 0;2 0,5 Gọi R(x) ax b , với a,b ¡ là dư trong phép chia P(x) cho Q(x) . 0,5 2) Khi đó có đa thức S(x) sao cho 26x2017 3x1931 86 (x2 1)S(x) ax b . 0,5 (2đ) Suy ra a b 109 ; a b 63 0,5 Do đó a 23,b 86 . Vậy R(x) 23x 86 . 0,5
3. Giả sử C m;m2 , với 2 m 3 Gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên trục hoành. Ta có 0,5 (4 9).5 65 S AA'B'B 2 2 (m2 9).(3 m) m3 3m2 9m 27 S 0,5 BB'C 'C 2 2 3 2 3 2 (m 4).(m 2) m 2m 4m 8 (3,0đ) S 0,5 AA'C 'C 2 2 5 S S S S (m2 m 6) 0,5 ABC AA'B'B AA'C 'C BB'C 'C 2 2 5 1 125 125 m 0,5 2 2 8 8 1 1 Vậy C ; thì SABC đạt giá trị lớn nhất bằng 2 4 0,5 125 8 Ta có ·AQP P·AB (góc có cạnh tương ứng vuông góc) 4 0,5 (6,0đ) ·ACD P·AB (tam giác OAC cân tại O) 1) Suy ra ·AQP ·ACD 0,5 (2đ) Ta có ·AQP P·CD ·ACD P·CD A·CP 1800 0,5 Vậy tứ giác CDQP là tứ giác nội tiếp 0,5 Ta có ·AQP M· AQ (tam giác MAQ cân tại M) 0,5 Nên ·ADC M· AQ ·ADC ·AQP ·ADC ·ACD 900 . Suy ra CD  AM 0,5 2) (2đ) Do đó ANO đồng dạng ABM 0,5 AN AO Suy ra hay AM.AN AO.AB 2R2 0,5 AB AM Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDQP 0,5 3) Vì M và O lần lượt là trung điểm của PQ và CD nên IM  PQ ; IO  CD 0,5 (2đ) Suy ra IM AO R không đổi (tứ giác AMIO là hình bình hành) 0,5
4. Vậy điểm I thuộc đường thẳng d cố định, song song với đường thẳng PQ và cách 0,5 PQ một khoảng bằng R (d ở khác phía với A đối với đường thẳng PQ) Từ giả thiết ta có 0 a,b,c 3 0,25 1 a2 5 Ta chứng minh 2a , với 0 a 3 (*) 0,25 a 2 5 Ta có (*) (a 1) 2(a 2) 0 đúng với 0 a 3 0,5 (2,0đ) Đẳng thức xảy ra khi a 1. Vậy (*) đúng. 1 1 1 a2 5 b2 5 c2 5 Do đó M 2a 2b 2c 9 0,5 a b c 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 9, đạt được khi a b c 1. 0,5 Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác , nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa. - Điểm toàn bài không làm tròn. ..............Hết..............