Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề khảo sát năng lực đội tuyển HSG môn Toán 9 năm 2018-2019 có đáp án - Phòng GD&ĐT Ngọc Lặc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (202.43 KB, 5 trang )

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC LẶC

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh
.....................................

Câu I: (4,0 điểm)


x x

Cho biểu thức: M = 

 x x  x  x 1




1   1
2 x
.
:



x  1   x  1 x x  x  x  1 

1. Rút gọn biểu thức M.
2. Tính giá trị của M khi x = 3 20 +14 2 + 3 20 - 14 2 .
Câu II: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3x 2  x 



29
x 61
.


6
3 36



 4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y 2  3  0
2. Giải hệ phương trình: 
2 x  7  x  y   1  0

Câu III: (4,0 điểm)
1
2

1. Tìm các nghiệm nguyên (x; n) của phương trình: x  x   x 


1
 n.
4

2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2 x 2  x  3 y 2  y . Chứng minh
x  y ; 2 x  2 y  1 và 3x  3 y  1 đều là các số chính phương.
Câu IV: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tâm
giác ABC. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi N, P lần
lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
1. Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.
2. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.
3. Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất
Câu V: (2,0 điểm)
Cho a , b, c  0 . Chứng minh rằng:
a2 b2 c2
   a 2  ab  b2  b 2  bc  c 2  c 2  ca  a 2 .
b
c a

---------------- Hết --------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC
ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGỌC LẶC

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 17 tháng 01 năm 2019
(Đề có 02 trang, gồm 06 câu)

1. ĐKXĐ: x  0; x  1.
Ta có:

x x
1


x x  x  x 1 x  1

0,25





1
2 x


x 1 x x  x  x 1

=
I
(4,0đ)

Do đó: M =




x. x 1



x  1  x 1
1

x 1





x  1  x  1



x  1  x  1

x  1 x 1
:

x  1 x 1

1
x 1


x 1 x 1

2 x

x 1 2 x










0,5

=

0,5



2

x 1



x  1  x  1




x 1
x 1

0,5

x 1
x 1

Vậy với x  0; x  1 ta có: M =

0,5

x 1
.
x 1

0,25
0,5

2. Tacó: x 3  20  14 2  20  14 2  3.x. 3 202  (14 2)2





 x 3  40  3.x.2  x3  6 x  40  0   x  4  x 2  4 x  10  0
2


mà x  4 x  10 > 0 nên x = 4
Thay x = 4 vào M ta được: M =

0,5

4 1
3
4 1

Vậy khi x = 3 20 +14 2 + 3 20 - 14 2 thì M = 3.

0,5

61
12
x 61
1
1
Đặt

 y  (ĐK: y   )
3 36
6
6
x 61
1
1
 
 y2  y 

3 36
3
36
2
 12 x  61  36 y  12 y  1  3 y 2  y  x  5 (1)

0,25

29
1
 y   3x 2  x  y  5
6
6

0,25

1. ĐKXĐ: x  

II
(4,0đ) Mặt khác từ phương trình đã cho ta có:
3x 2  x 

(2)

0,5

2

3 x  x  y  5
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  2


3 y  y  x  5

Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới ta được phương trình:
0,5
2


x  y
x  y  0

 x  y  3x  3 y  2   0  
 y   3x  2
3
x

3
y

2

0

3

5
5
(loại); x 
(thỏa mãn ĐK)
3

3
3x  2
3x  2
* Với y  
 3x 2  x  
 5  9 x 2  6 x  13  0
3
3
1  14
1  14
(loại), x 
(thỏa mãn ĐK)
x
3
3
1  14
5
Vậy nghiệm của phương trình là: x  , x 
.
3
3
3
 2
4 x  4 xy  4 y 2 
 51
2

2
2
2

 4 x  4 xy  4 y  51  x  y   3  0
x  y


2. Ta có: 

2 x  7  x  y   1  0
2 x  1  7

x y

* Với x  y  3x 2  5  x  







1 
2
2
 x  y   3  x  y  
 51
2 

x  y  






1
x  y  x  y  x  y  7


0,25

0,25

0,5

0,25

u  x  y
Đặt 
(*)
1
v  x  y  x  y


u 2  3v 2  57
Hệ phương trình trên trở thành: 
(I)
u  v  7

15 1 
Giải hệ phương trình (I) ta được:  u; v   (3; 4),  ;   
2 
 2



0,5

Thay  u; v   (3; 4) vào (*) giải ra ta được:
 5  3 1  3   5  3 1  3  
;
;
,

2   2
2  
 2
 15 1 
Thay  u; v    ;   vào (*): Hệ phương trình vô nghiệm.
 2 2

0,5

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:

0,25

 x; y   

 5  3 1  3   5  3 1  3  
;
;
,


2   2
2  
 2

 x; y   

1
với y  0
4
1
1
 y2  x 
 x  y2 
4
4

1. Đặt: y  x 
III
(4,0đ)

0,25
1
4

1
4

Phương trình đã cho trở thành: n  y 2   y 2   y

0,5

3


2

1
1
1
1
Vì y   y   y   nên n  y 2  y  . Từ đó ta có: n  (vì y  0 )
4
4
4
2

2

1
1
1
1
thì y  n  hay x   n 
4
2
4
2
1
1
Suy ra x  n   n   n  n
4

4

Với n 

0,75

Để x nguyên với giá trị nguyên của n thì n phải là số chính phương, nghĩa
1
4
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đó là: x  t 2  t ; n  t 2 trong đó t là

là n  t 2 với t  Z . Hơn nữa t  0 (vì n  0 do n  ).

số nguyên khác 0.
2.
Từ: 2x2 + x = 3y2 + y
(1)
2
2
2
=> 2x – 2y + x – y = y
=> (x – y)(2x + 2y + 1) = y2
(2)
Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2
 ( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2
=> (x – y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y + 1) = x2y2
=> (2x + 2y +1)(3x + 3y + 1) là số chính phương (3)
Gọi (2x + 2y + 1; 3x +3y + 1) = d
=> ( 2x + 2y + 1)  d; (3x + 3y + 1)  d
=> (3x + 3y + 1) – (2x + 2y + 1) = (x + y)  d

=> 2(x + y)  d =>( 2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1  d nên d = 1
=> (2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1) = 1
(4)
Từ (3) và (4) => 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương.
Lại có từ (2) =>(x – y)(2x + 2y + 1) là số chính phương.
Suy ra x – y cũng là số chính phương.
Vậy x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương khi
2x2 + x = 3y2 + y.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

A
P

I

H
O

IV
(6,0đ)


N

B

C

K

M

1. Gọi giao điểm của CH với AB là I, AH với BC là K
ˆ  KHI
ˆ  1800
Ta có tứ giác BIHK nội tiếp  IBK
ˆ  AHC
ˆ  IBK
ˆ  AHC
ˆ  180 0
mà KHI
(1)
ˆ
ˆ
Ta lại có IBK  AMC (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
ˆ  APC
ˆ (t/c đối xứng)  IBK
ˆ  APC
ˆ (2)
AMC

0,5

0,5
0,5
4


ˆ  AHC
ˆ  1800
Từ (1) và (2)  APC
Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp.
ˆ
ˆ
ˆ
2. Tứ giác AHCP nội tiếp  AHP  ACP = ACM

ˆ  ABM
ˆ  1800  AHP
ˆ  ABM
ˆ  1800 mà ABM
ˆ  ABN
ˆ
Ta lại có ACM
0
ˆ  ABN
ˆ  180 (3)
 AHP
Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp
ˆ  AHN
ˆ
(4)
 ABN

ˆ  AHN
ˆ  1800  N, H, P thẳng hàng.
Từ (3) và (4)  AHP
ˆ  2 BAM
ˆ ; MAP
ˆ  2 MAC
ˆ
3. MAN
ˆ  2( BAM
ˆ  MAC
ˆ )  2 BAC
ˆ (<1800) không đổi
 NAP
Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sin BAC
 NP lớn nhất  AP lớn nhất mà AP = AM
AM lớn nhất  AM là đường kính của đường tròn (O)
Vậy NP lớn nhất  AM là đường kính của đường tròn.
Ta có:

0,5
0,25
0,75
0,75
0,25
0,75

1,25

 a2


a 2  ab  b 2
  a  b   b 
 b  2 a 2  ab  b 2 (Áp dụng BĐT Cô-si)
b
 b


3
a  b 2  1 a  b 2  a 2  ab  b 2  1 a  b
4
4
2
2
a
1
Suy ra:
 a  2b  a 2  ab  b 2  a  b  (1)
b
2
 a 2  ab  b 2 

V
Tương tự, ta có:
(2,0đ)
b2

1
b  c  (2)
c
2

c2
1
 c  2a  c 2  ca  a 2  c  a  (3)
a
2
 b  2c  b 2  bc  c 2 

1,0

0,25
0,25

Từ (1), (2) và (3) suy ra:
a2 b2 c2
   a 2  ab  b2  b 2  bc  c 2  c 2  ca  a 2 .
b
c a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .

0,5

Chú ý:
1. Học sinh làm cách khác đúng thì chấm điểm tối đa tương ứng.
2. Bài hình học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm.
3. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25.

5




×