Đề khảo sát năng lực đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Ngọc Lặc (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC NGỌC LẶC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 17 tháng 01 năm 2019 Số báo danh (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) ..................................... Câu I: (4,0 điểm) x x 1 1 2 x Cho biểu thức: M = : . x x x x 1 x 1 x 1 x x x x 1 1. Rút gọn biểu thức M. 2. Tính giá trị của M khi x = 320+ 14 2 + 3 20 - 14 2 . Câu II: (4,0 điểm) 29x 61 1. Giải phương trình: 3x2 x . 6 3 36 4x 2 4xy 4y 2 51 x y 2 3 0 2. Giải hệ phương trình: 2x 7 x y 1 0 Câu III: (4,0 điểm) 1 1 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; n) của phương trình: x x x n. 2 4 2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x 2 x 3y 2 y . Chứng minh x y ;2 x 2 y 1 và 3x 3y 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 b 2 c 2 a2 ab b 2 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. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC NGỌC LẶC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 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. 0,25 Ta có: x x 1x. x 1 1 x 1 0,5 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 2x 1 2 x = x 1 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 0,5 2 x 1 2 x x 1 x 1 = x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 0,5 I (4,0đ) x 1 x 1 x 1 0,5 Do đó: M = : x 1 x 1 x 1 x 1 Vậy với x 0; x 1 ta có: M = . 0,25 x 1 2. Tacó: x3 20 14 2 20 14 2 3. x .3 20 2 (14 2) 2 0,5 x3 40 3. x .2 x 3 6 x 40 0 x 4 x2 4 x 10 0 mà x2 4 x 10 > 0 nên x = 4 0,5 4 1 Thay x = 4 vào M ta được: M = 3 4 1 0,5 Vậy khi x = 320+ 14 2 + 3 20 - 14 2 thì M = 3. 61 0,25 1. ĐKXĐ: x 12 x 61 1 1 Đặt y (ĐK: y ) 3 36 6 6 x 61 1 1 y2 y 3 36 3 36 0,5 12x 61 36 y2 12 y 1 3 y 2 y x 5 (1) II (4,0đ) Mặt khác từ phương trình đã cho ta có: 29 1 0,25 3x2 x y 3x2 x y 5 (2) 6 6 3x2 x y 5 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 2 3y 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 3 x 3 y 2 0 3x 2 3x 3 y 2 0 y 3 5 5 * Với x y 3 x2 5 x (loại); x (thỏa mãn ĐK) 3 3 0,25 3x 2 3 x 2 * Với y 3 x2 x 5 9 x 2 6 x 13 0 3 3 1 14 1 14 x (loại), x (thỏa mãn ĐK) 3 3 0,25 5 1 14 Vậy nghiệm của phương trình là: x , x . 3 3 3 4x2 4 xy 4 y 2 51 2 2 4x 2 4xy 4y 2 51 x y 3 0 x y 2. Ta có: 0,5 2x 7 x y 1 0 1 2x 7 x y 2 2 1 x y 3 x y 2 51 x y 0,25 1 x y x y 7 x y u x y Đặt 1 (*) v x y x y u2 3 v 2 57 Hệ phương trình trên trở thành: (I) u v 7 15 1  0,5 Giải hệ phương trình (I) ta được: u; v (3;4), ;  2 2  Thay u; v (3;4) vào (*) giải ra ta được: 5 3 1 3 5 3 1 3  x;;,; y  2 2 2 2  0,5 15 1 Thay u;; v vào (*): Hệ phương trình vô nghiệm. 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 0,25 5 3 1 3 5 3 1 3  x;;,; y  2 2 2 2  1 1. Đặt: y x với y 0 4 0,25 III 2 1 2 1 y x x y (4,0đ) 4 4 1 1 Phương trình đã cho trở thành: n y 2 y 2 y 0,5 4 4 3 2 1 1 1 1 Vì y 2 y y nên n y 2 y . Từ đó ta có: n (vì y 0 ) 4 2 4 4 1 1 1 1 Với n thì y n hay x n 4 2 4 2 0,75 1 1 Suy ra x n n n n 4 4 Để x nguyên với giá trị nguyên của n thì n phải là số chính phương, nghĩa 2 1 0,5 là n t với t Z . Hơn nữa t 0 (vì n 0 do n ). 4 Vậy nghiệm nguyên của phương trình đó là: x t 2 t ; n t 2 trong đó t là số nguyên khác 0. 2. Từ: 2x2 + x = 3y2 + y (1) => 2x2 – 2y2 + x – y = y2 0,5 => (x – y)(2x + 2y + 1) = y2 (2) Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2  ( x – y)( 3x + 3y + 1) = x2 0,5 => (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 0,5 => (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. 0,5 Vậy x – y; 2x + 2y + 1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương khi 2x2 + x = 3y2 + y. A P I H O B IV N C K (6,0đ) 1. Gọi giao điểm của CH vớiM AB là I, AH với BC là K Ta có tứ giác BIHK nội tiếp IBKˆ KHI ˆ 1800 0,5 mà KHIˆ AHC ˆ IBKˆ AHC ˆ 1800 (1) 0,5 Ta lại có IBKˆ AMC ˆ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) AMCˆ APC ˆ (t/c đối xứng) IBKˆ APC ˆ (2) 0,5 4 Từ (1) và (2) APCˆ AHC ˆ 1800 Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp. 0,5 AHPˆ ACPˆ 0,25 2. Tứ giác AHCP nội tiếp = ACMˆ Ta lại có ACMˆ ABMˆ 1800 AHPˆ ABM ˆ 1800 mà ABMˆ ABN ˆ 0,75 AHPˆ ABN ˆ 1800 (3) Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp 0,75 ABNˆ AHN ˆ (4) Từ (3) và (4) AHPˆ AHN ˆ 1800 N, H, P thẳng hàng. 0,25 3. MANˆ 2 BAM ˆ ; MAP ˆ 2 MAC ˆ 0,75 NAPˆ 2( BAM ˆ MAC ˆ ) 2 BAC ˆ (<1800) không đổi Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sin BAC NP lớn nhất AP lớn nhất mà AP = AM 1,25 AM lớn nhất AM là đường kính của đường tròn (O) Vậy NP lớn nhất AM là đường kính của đường tròn. Ta có: 2 2 2 a a ab b 2 2 a b b b 2 a ab b (Áp dụng BĐT Cô-si) b b 3 1 1 a 2 ab b 2 a b 2 a b 2 a 2 ab b2 a b 1,0 4 4 2 a 2 1 Suy ra: a 2b a 2 ab b 2 a b (1) b 2 V Tương tự, ta có: (2,0đ) b2 1 0,25 b 2c b 2 bc c 2 b c (2) c 2 c 2 1 0,25 c 2a c 2 ca a 2 c a (3) a 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra: a2 b 2 c 2 0,5 a2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2 . b c a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c . 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