a Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.. b Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng d là lớn nhất.. c H là giao điểm
Trang 1PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NGA SƠN
TRƯỜNG THCS NGA THIỆN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI - LẦN 1
Năm học: 2016 - 2017 Môn thi: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 06 câu)
ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm)
1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:
A =
2 3
1 12
10 2
3 )
2 )(
3 4 ( 2
3 ) 6 ( 6
−
−
−
− +
−
−
− +
−
− +
−
x x x
x x
x x
x x
x
Điều kiện x 0≥ , x ≠ 4; x ≠ 9 ; x ≠ 1
2) Rút gọn biểu thức: B =
3 2 2
3 2 3
2 2
3 2
−
−
− +
+ + +
Câu 2: (3,0 điểm).
Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d)
a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m b) Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất
Câu 3: (4,0 điểm)
a Với ( 5 2 17 5 38) 3
.
5 14 6 5
=
+ − Tính giá trị của biểu thức: B = ( 3 2 )2015
3x + 8x − 2
b Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) với x > 1, y > 1 sao cho
(3x+1) M y đồng thời (3y + 1) M x
Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H Chứng minh rằng:
a) SABC = 1
2AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
b) tanB.tanC = AD
HD c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF
d) HB.HC HC.HA HA.HB 1
AB.AC+ BC.BA + CA.CB =
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2 2 2 2 2 2
x + y + y + z + z + x = 2015 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T
Câu 6:(2,0 điểm) Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Các tia
AI, BI, CI cắt BC, CA, AB lần lượt tai M, N, K Chứng minh rằng:
3 2
IM + IN + IK ≥
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và Tên thí sinh: Lớp:
SBD: Phòng
Trang 2PHÒNG GD&ĐT HUYỆN NGA SƠN
TRƯỜNG THCS NGA THIỆN KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI -LẦN 1 HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán 9
Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày 29/ 10/ 2016
1
(4đ)
1)
2điể
m
A 2(x 4 x 3)(2 x) 2x 10 x 12 3 x x 2
A 2(2 x )( x 3)( x 1) 2( x 3)(2 x) (2 x)( x 1)
Do x ≥0; x ≠1; x ≠4; x ≠9
A =
) 2 )(
3 )(
1 ( 2
) 3 ( 2 ) 1 ( 3 3 ) 6 ( 6
x x
x
x x
x x
x
−
−
−
−
−
−
−
− +
−
A =
) 2 )(
3 )(
1 ( 2
6 2 3 3 3 6 6
x x
x
x x
x x x x
−
−
−
+
− +
−
−
−
−
A =
) 2 )(
3 )(
1 ( 2
) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( 2 ) 6 2 (
x x
x
x x x
x x
x x
−
−
−
− +
−
−
−
−
−
A =
) 2 )(
3 )(
1 ( 2
) 2 )(
3 )(
1 (
x x
x
x x
x
−
−
−
−
−
−
=
2
1
=> ĐPCM
0,75
0,75
0,5
2)
2điểm
6
B
2
= ⇒ =
1,0
0,75
0,25
2
(3đ)
a.
(1,5đ)
Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y =
1 (d) đi qua điểm cố định N(xo,yo) là:
(m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m ⇔ mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0, với mọi m ⇔ (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m
=
−
=
⇔
= + +
= +
1
1
0 1 2
0
o
o o
o
o o
y
x y
x
y x
Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1)
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
b.
(1,5đ)
+ Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1
do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1) + Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1
do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2) 0,5 đ
Trang 3+ Với m ≠ 1 và m ≠ 2 Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung
Ta có: x = 0 ⇒ y = 1
1
m− , do đó OA =
1 1
m− . Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành
Ta có: y = 0 ⇒ x = 1
2
m− , do đó OB =
1 2
m− Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d) Ta có:
2
1 2
1 ) 2
3 ( 2 5 6 2 ) 2 ( ) 1 ( 1 1
2 2
OB OA
h
Suy ra h2 ≤ 2, max h = 2 khi và chỉ khi m = 3
2 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h = 2 khi và chỉ khi m = 3
2
0,5 đ
0,5 đ
3
3
2
3
5 3 5
5 (3 5)
+ −
Từ tính được B = - 1
1,25 0,75
b Dễ thấy x≠ y Không mất tính tổng quát, giả sử x > y.
Từ (3y + 1) M x ⇒ 3y+ = 1 p x (p N∈ *).
Vì x > y nên 3x > 3y + 1 = p.x
⇒ p < 3 Vậy p∈{ }1; 2
• Với p = 1: ⇒x = 3y + 1⇒3x + 1 = 9y + 4 M y⇒ 4My
Mà y > 1 nên y∈{ }2; 4
+ Với y = 2 thì x = 7
+ Với y = 4 thì x = 13
• Với p = 2: ⇒2x = 3y + 1⇒6x = 9y + 3⇒2(3x + 1) = 9y + 5
Vì 3x + 1My nên 9y + 5My suy ra 5My , mà y > 1 nên y = 5, suy ra x = 8
Tương tự với y > x ta cũng được các giá trị tương ứng
Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (7;2);(2;7);(8;5);(5;8);(4;13);
(13;4);
0,25 0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25
Trang 4(6đ)
a(2,0đ)
* Ta có: SABC = 1
2.BC.AD.
∆ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = 1
2 BC.AB.sinA
∆ABE vuông ở E có AE = AB.cosA ∆BFC vuông ở F có BF = BC.cosB ∆ACD vuông ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC
1,0
1,0
b(1,5đ) Xét ∆ABD có tanB = AD
BD; ∆ACD có tanC = AD
CD suy ra tanB.tanC =
2 AD BD.CD (1)
Do ·HBD CAD=· (cùng phụ với ·ACB ) nên ∆BDH ∼ ∆ADC (g.g)
⇒ = ⇒ BD.DC = DH.DA Kết hợp với (1) được tanB.tanC =
2
DH.AD = DH
0,5
0,5 0,5 c(1,5đ) Chứng minh được ∆AEF ∼ ∆ABC (g.g) ⇒AEF ABC· = ·
Tương tự được ·CED CBA=· nên ·AEF CED=· mà BE ⊥ AC
AEB CEB
⇒ = = 900 Từ đó suy ra ·FEB DEB=· ⇒ EH là phân trong của ∆DEF
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của ∆DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của ∆DEF
0,5
0,5
0,5 d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC
Dễ thấy ∆CHE ∼ ∆CAF(g.g) CH CE
BHC BHC ABC ABC
CBA
HC.HA S
CAB
HA.HB S CA.CB =S
BAC CBA ACB
1 AB.AC + BC.BA + CA.CB =S +S +S =
0,25
0,25 0,25
0,25
A
H
D
E F
Trang 5(1đ) Đặt
a= x 2 + y ; b 2 = y 2 + z ;c 2 = z 2 + x 2 ⇒ a; b;c 0 > và
a b c 2015 + + =
Ta có: a 2 + + = b 2 c 2 2(x 2 + y 2 + z ) 2 ⇒
Do đó: (y z) + 2 ≤ 2(y 2 + z ) 2b 2 = 2 ⇒ y z + ≤ 2b ⇒ x2 a2 b2 c2
y z 2b 2
− +
≥
Tương tự:
,
⇒ T a2 b2 c2 b a2 b2 c2 c a2 b2 c2 a
(a b c )
a b c
+ +
2
(a b c)
a b c
(a b c)(a b c)
a b c
2015.9
Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 2015
3
Vậy min T 2015
2 2
= khi x y z 2015
3 2
0,25 0,25
0,25
0,25
6
(2đ)
Đặt
2 2
1 1
ABC BIC
S
y z IA
+
0.5
Chứng minh tương tự ta có:
2 2
2 2
+ +
A
B
I
Trang 62 2 2 2 2 2
3 2
x x y y z z
Vây IA IB IC 3 2
IM + IN + IK ≥
1.0