Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 THCS năm học 2012-2013 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 9 THCS năm học 2012-2013 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) (không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 02/04/2013 Câu 1 (3,0 điểm). 1 2x 2x Rút gọn biểu thức P = : 1 , với x = 1. x 1 − x3 x2 + x 1  − x2 + 1 6 − − − Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4+ 10 + 2√5+ 4 10 + 2√5. q p q − p Câu 2 (3,0 điểm). Cho phương trình bậc hai x2 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0, với m là tham số. − a. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2. 2 2 b. Tìm giá trị của m để biểu thức Q = 6x1x2 + x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (4,0 điểm). a. Chứng minh biểu thức P = n5 n chia hết cho 5, với mọi số nguyên n. − b. Cho hai số a 1 và b 1. Chứng minh rằng : a√b 1+ b√a 1 ab. ≥ ≥ − − ≤ Câu 4 (4,0 điểm). a. Giải phương trình : √x 2012 + √3 2013 x = 1. − − b. Tìm nghiệm nguyên (x,y) của phương trình : x2 + 2y2 3xy + x 2y 3 = 0. − − − Câu 5 (6,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng cố định d không cắt đường tròn. Dựng OH vuông góc với d tại H. Từ một điểm M thay đổi trên d (M không trùng với H), kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ (P và Q là hai tiếp điểm) với đường tròn. Dây cung PQ cắt OH tại I, cắt OM tại K. Chứng minh rằng : a. Năm điểm O,Q,H,M,P cùng nằm trên một đường tròn. b. IH.IO = IQ.IP . c. Khi M thay đổi trên d thì tích IP.IQ không đổi. ..................HẾT.................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị không giải thích gì thêm. •
2. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 9 THCS, NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn : Toán (Đáp án gồm 03 trang) Câu 1 (3,0 điểm). 1 2x x2 + 1 2x Ta có P = : − ............................(0,50 điểm) x 1 − (x2 +1)(x 1)  x2 + 1  x2 + 1 2x− x2 + 1 − = − . ................................................... ...(0,50 điểm) (x2 + 1)(x 1) x2 + 1 2x 1 − − = ................................................... .........................(0,50 điểm) x 1 − 2 Mặt khác x =8+2 6 2√5=6+2√5..........................................(0,50 điểm) − Suy ra x = 6 + 2√p5= √5 + 1................................................... .(0,50 điểm) p√5 Do đó P = ................................................... .................(0,50 điểm). 5 Câu 2 (3,0 điểm). 0 a. Phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 khi ∆ 0............................(0,50 điểm) m2 9 0...................................................≥ ...................(0,25 điểm) ⇔ − ≥ m 3 hoặc m 3................................................... ..........(0,50 điểm) ⇔ ≤− ≥ Vậy với m 3 hoặc m 3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2..........(0,25 điểm) ≤− ≥ 2 2 2 b. Với m 3 hoặc m 3, ta có Q = 6x1x2 + x1 + x2 =(x1 + x2) + 4x1.x2....... (0,25 điểm) ≤− ≥ Mặt khác, theo định lí Vi-ét thì x1 + x2 = 2(m + 1); x1.x2 = 2m + 10...............(0,25 điểm) Suy ra Q = 4(m + 1)2 + 4(2m + 10) = 4(m2 + 4m + 11) = 4[(m + 2)2 + 7]..........(0,25 điểm) TH1: Nếu m 3 thì m + 2 1. Suy ra Q = 4[(m + 2)2 + 7] 32................(0,25 điểm) TH2: Nếu m ≤−3 thì m + 2 ≤−5. Suy ra Q = 4[(m + 2)2 + 7] 128≥ ..................(0,25 điểm) Vậy với m = ≥3 thì Q đạt giá≥ trị nhỏ nhất bằng 32.............................≥ ....(0,25 điểm) − Câu 3 (4,0 điểm). a. Ta có P = n5 n = n(n 1)(n + 1)(n2 + 1) Số n được biểu− diễn bằng− một trong các khả năng sau: n = 5q; n = 5q + 1; n = 5q + 2; n = 5q + 3; n = 5q + 4, với q là số nguyên......................................... ......(0,50 điểm) Ta xét từng khả năng phân tích của số n: *) Với n = 5q thì P = 5q(5q 1)(5q + 1)(25q2 + 1) chia hết cho 5...................(0,25 điểm) *) Với n = 5q + 1 thì P = (5−q + 1)5q(5q + 2)[(5q + 1)2 + 1] chia hết cho 5...........(0,25 điểm) *) Với n = 5q+2 thì P = (5q+2)(5q+1)(5q+3)[(5q+2)2+1] = (5q+2)(5q+1)(5q+3)(25q2 +20q+5) chia hết cho 5........................................ ..............................(0,25 điểm) *) Với n = 5q+3 thì P = (5q+3)(5q+2)(5q+4)[(5q+3)2+1] = (5q+3)(5q+2)(5q+4)(25q2+30q+10) chia hết cho 5........................................ ..............................(0,25 điểm)
3. 2 *) Với n = 5q + 4 thì P = (5q + 4)(5q + 3)(5q + 5)[(5q + 4)2 + 1] chia hết cho 5.. . . . (0,25 điểm) Vậy P = n5 n chia hết cho 5 với mọi số nguyên n. (đpcm)........................(0,25 điểm) − 1+(b 1) b b. Theo bất đẳng thức Côsi ta có √b 1= 1(b 1) − = ...........(0,50 điểm) − − ≤ 2 2 ab p Suy ra a√b 1 ................................................... ............(0,50 điểm) − ≤ 2 ab Lập luận tương tự ta cũng có b√a 1 ........................................(0,50 điểm) − ≤ 2 Từ đó suy ra: a√b 1+ b√a 1 ab. (đpcm).....................................(0,50 điểm) − − ≤ Câu 4 (4,0 điểm). a. Điều kiện x 2012................................................... ...........(0,50 điểm) Đặt u = √x ≥2012; v = √3 2013 x, (u 0). Từ phương trình đã cho ta được hệ phương trình u + v = 1 − − ≥ 2 3 ................................................... ..................(0,50 điểm)  u + v = 1 Giải hệ và kết hợp đk u 0 ta được nghiệm (u; v) là (0; 1), (1; 0), (3; 2)...........(0,50 điểm) Kết luận nghiệm của phương≥ trình đã cho là: x = 2012; x = 2013; x =− 2021.........(0,50 điểm) b. Ta có x2 + 2y2 3xy + x 2y 3 = 0 (x2 2xy) (xy− 2y2)+(−x −2y) = 3..........................................(0,25 điểm) ⇔ − − − − (x 2y)(x y + 1) = 3................................................... ......(0,50 điểm) Ta⇔ suy− ra các− trường hợp sau: x 2y = 1 x = 3 TH1: − (nhận)........................................(0,25 điểm)  x y +1=3 ⇔  y = 1 − x 2y = 3 x = 3 TH2: − − (nhận).......................................(0,25 điểm)  x y +1=1 ⇔  y = 3 − − x 2y = 1 x = 7 TH3: − − − (nhận).....................................(0,25 điểm)  x y +1= 3 ⇔  y = 3 − − − x 2y = 3 x = 1 TH4: − − − (nhận).....................................(0,25 điểm)  x y +1= 1 ⇔  y = 1 − − Vậy nghiệm nguyên (x; y) của phương trình đã cho là (3; 1), ( 3; 3), ( 7; 3), ( 1; 1).....(0,25 điểm) − − − − − Câu 5 (6,0 điểm). a. Ta có OP\ M = OQM\ = OHM\ = 900...................................................(1,00
4. 3 điểm) Suy ra ba điểm P,Q,H cùng nhìn đoạn OM dưới một góc vuông. ............................................. .........(0,50 điểm) Vậy năm điểm P,Q,H,O,M cùng nằm trên một đường tròn. (0,50 điểm) b. Ta có OIQ[ = P[ IH và QOH\ = QP\ H......................(0,50 điểm) Suy ra ∆IOQ đồng dạng với ∆IP H..................(0,50 điểm) IO IQ Do đó = .....................................(0,50 điểm) IP IH Vậy IO.IH = IP.IQ.................................................... ...........(0,50 điểm) IO OK c. Ta có ∆IOK đồng dạng với ∆MOH nên = IO.OH = OK.OM.....(0,50 điểm) MO OH ⇔ Tam giác OP M vuông tại P có đường cao P K nên OK.OM = OP 2 = R2 không đổi. R2 Do đó IO = không đổi........................................... ..............(0,50 điểm) OH Từ đó suy ra IO.IH không đổi........................................... ..........(0,50 điểm) Vậy IP.IQ = IO.IH không đổi khi M thay đổi trên d..............................(0,50 điểm) Lưu ý. Nếu học sinh làm theo cách khác, đúng thì vẫn cho điểm tối đa với các bước tương ứng.