Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 9 Quảng Nam Có Đáp Án – Vòng 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

Năm học 2017 – 2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 17/4/ 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

(5,0 đ)

Cho biểu thức với .

Rút gọn biểu thức A; tìm số nguyên để là số nguyên.

3,0

0,5

0,5

(vì nên )

0,5

0,5

0,5

Ta có :  0 <A  1.

+ Để A là số nguyên ( khi đó A =1) thì hay

0,5

Chú ý: Các học sinh có thể đặt t = ( 0  t <2) – thực hiện các biến đổi đại số. Các thầy cô cho điểm thích hợp theo cách cho điểm từng phần trên đây.

b) Cho ba số thực sao cho

Chứng minh . (1)

2,0

Vì a,b,c có vai trò như nhau và nên giả sử 2 ≥ a ≥b ≥ c ≥ 1

Khi đó: (ba)(bc) ≤ 0

0,25

 b² +ac ≤ ab+bc (*)  ( chia 2 vế (*) cho bc)

và ( chia 2 vế (*) cho ab)

0,25

0,25



0,25

Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh  7  (2)

0,25

Ta có: 2 ≥ a ≥ c ≥ 1 

0,25

(2)  x+   2x²5x+2  0  (x2)(2x1)  0 ( đúng vì

(2) được chứng minh  (1) được chứng minh.

Dấu “=”xảy ra khi a=2, b=c=1 hoặc a=b=2, c=1 và các hoán vị của nó.

0,25

Câu 2

(4,0 đ)

a) Cho phương trình . Tìm để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại.

2,0

Cách 1:

 Điều kiện pt có 2 nghiệm phân biêt là ’ >0  2m2 >0  m>1.

0,25

 Ta có :



0,25



0,5





0,5

  - chọn

0,5

Cách 2:

Điều kiện : ’ >0  2m2 >0  m >1.

0,25

 Ta có :

Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại thì

0,5

0,5

0,25

+

+ ( thỏa mãn )

0, 5

Cách 3 :

 Điều kiện : ’ >0  2m2 >0  m>1.

0,25

Phương trình có 2 nghiệm là

0,25

Để phương trình có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại thì

( không xảy ra trường hợp ngược lại vì (!) )

0,25

0,25





0,5

 - Chọn

0, 5

b) Giải phương trình (1)

2,0

Cách 1:

Điều kiện :

0,25

(1)  = 3x (2)

Đặt ( a,b  0)

0,25

.(2) viết lại:

0,5

  ( do 2+b>0 )

0,25

  x = 0 ( Cô si – hoặc bình phương...)

x = 0 thỏa điều kiện  x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

0, 25 0, 25

Cách 2:

Điều kiện :

0,25

0,5

0,5

0,25

(*) 



Kết luận: x=0 là nghiệm duy nhất.

0, 5

Câu 3

(4,0 đ)

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì (n+2)(n+1)(n+8) không thể là lập phương của một số tự nhiên.

2,0

Ta có: (n+2)³< (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)³ (*)

 n³+ 6n²+12n+8 < (n²+3n+2) (n+8) = n³+ 11n² + 26n +16 < n³+ 12n²+48n+64

( đúng với mọi n  1)

0,5

Giả sử có nN, n  1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự nhiên. Từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)³

0,25

0,5

 n³+ 11n²+26n+16 = n³+ 9n²+27n+27

 2n²  n 11 =0  (!)

0,5

Vậy n  1, n  N thì (n+2)(n+1)(n+8) không là lập phương của một số tự nhiên.

0,25

b) Cho số nguyên tố và hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình . Chứng minh a chia hết cho 12 và là số chính phương.

2,0

Ta có: .

0,25

Các ước của p² là 1, p và p² .

Không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p

Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p² và b ‒ a = 1.

Khi đó suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1).

0,5

Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp  (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8.

Suy ra 2a chia hết cho 8 (1)

0,5

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2.

Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).

0,5

Xét là số chính phương.

0,25

Câu 4

(3,5 đ)

Cho hình vuông cạnh bằng 4 cm. là điểm nằm trên cạnh ( khác và ). Một đường thẳng qua , vuông góc với đường thẳng tại và cắt đường thẳng tại Gọi là giao điểm của và .

a)Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn và ba điểm thẳng hàng.

2,5

(Không có hình vẽ không chấm bài)

+ Hai tam giác BKA và BKC bằng nhau  .

0,5

+ Lại có A, B, H, D cùng nằm trên một đường tròn nên .

Suy ra Do đó tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn.

0, 5

0,5

+ Trong tam giác BDF có BC và DH là hai đường cao. Suy ra (1).

0,2 5

Tứ giác KDCE nội tiếp trong đường tròn và nên hay (2).

Từ (1) và (2) suy ra K, E, F thẳng hàng.

0,25

0,25

b) Khi là trung điểm cạnh , tính diện tích tứ giác .

1,0

Ta có  BKE vuông cân, BK= KE =

S_BKE =

0,25

Xét BHE ta có BH = BE. sinE = 2. sinE =

HE² =BE² BH² =  HE =

S_BHE =

0.25

0.25

S_BKEH = S_BKE +S_BHE = (cm²)

0.25

Câu 5

(3,5 đ)

Cho hai đường tròn (C₁ ),(C₂ ) cắt nhau tại hai điểm A,B. Tiếp tuyến tại A của (C₂ ) cắt (C₁ ) tại M (M  A). Tiếp tuyến tại A của (C₁ ) cắt (C₂ ) tại điểm N (N  A). Tia MB cắt (C₂ ) tại P ( P  B). Tia NB cắt (C₁ ) tại Q ( Q  B).

a/ Chứng minh các tam giác AMP và ANQ đồng dạng.

0,75

(Không có hình vẽ không chấm bài)

Tứ giác ABNP nội tiếp 

0,25

Tứ giác ABMQ nội tiếp 

0,25

Suy ra:  ANQ đồng dạng  APM

0,25

b/ Chứng minh: (1).

2,75

AM là tiếp tuyến , MBP là cát tuyến của (C₂) –chứng minh MA² = MB.MP

0,5

Tương tự AN là tiếp tuyến , NBQ là cát tuyến của (C1), ta có: NA² = NB.NQ

0,25

 (2)

0,25

Từ (2), để có (1), ta chứng minh MP =NQ .

Để chứng minh MP =NQ ta chứng minh  AMP =  AQN

( AMP và AQN đồng dạng , cần chứng minh A N = AP hay )

+ Ta có ( chắn cung AB của (C₂))

0,25

+ Ta có ( chắn cung NB của (C₂) )

( chắn cung AB của (C₁))

0,25

+ Suy ra

 ( Góc ngoài bằng tổng 2 góc trong không kề nó)

0,25

+ Mặt khác ( chắn cung AP của (C₂))

Suy ra: .

0,25

Ta có:   ANP cân tại N  AN= AP

0,25

Tam giác AMP và AQN đồng dạng kết hợp AN= AP

  AMP =  AQN  MP=NQ (2)

Từ (1) (2)  hay .

0,25

0,25