Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh toán 9 năm 2017 2018 sở GD đt thanh hóa

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên.. Biết phương trình m2x22m1x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam g

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017-2018

Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4,0 điểm)

1 Cho biểu thức

2

1

P

    , với x0,x1. Rút gọn P

và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên

2 Tính giá trị của biểu thức

2018 2017 2

P



Câu II (4,0 điểm)

1 Biết phương trình (m2)x22(m1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền của

tam giác vuông đó bằng 2

5

2 Giải hệ phương trình

2 2 2

1

x

x y





Câu III (4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình y25y62(y2)x2(y26y8) x

2 Cho a b là các số nguyên dương thỏa mãn , pa2b2 là số nguyên tố và p5 chia hết cho 8 Giả sử ,x y là các số nguyên thỏa mãn ax2by2 chia hết cho p Chứng minh rằng cả

hai số ,x y chia hết cho p

Câu IV (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ( ),( ),( ) O I I a theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn

nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là , , O I I a

Gọi D là tiếp điểm của ( ) I với BC , P là điểm chính giữa cung của ( )O , PI cắt ( ) a O tại điểm K Gọi M là giao điểm của PO và BC N là điểm đối xứng với , Pqua O

1 Chứng minh IBI C là tứ giác nội tiếp a

2 Chứng minh NI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a I MP a

3 Chứng minh DAI KAI a

Câu V (2,0 điểm)

Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn xz. Chứng minh rằng

2 2

2



- HẾT -

BAC

Số báo danh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀCHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: TOÁN – Lớp 9 THCS

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

Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

(Gồm có 05 trang)

I

4,0

điểm

1 Cho biểu thức

2

1

P

Rút gọn P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên

2,5

Với điều kiện x0,x1, ta có:

P

0,50



2



1

Ta có với điều kiệnx0,x  1 x x 1 x 1 1

P

DoPnguyên nên suy ra 2

1

x



  (loại)

Vậy không có giá trị của x để P nhận giá trị nguyên

0,50

Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau

2

1

x



  , coi đây là phương trình bậc hai của x

Nếu P  0 x 2 0 vô lí, suy ra P0 nên để tồn tại x thì phương trình trên có

Do P nguyên nên  2

1

P bằng 0 hoặc 1 +) Nếu  2

+) Nếu  2 2

0

P

P





Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn

0,50

2

P



1,5

Vì 1 3 3 1

2

nên 3 1

2

 là nghiệm của đa thức 2

2017 2 2

3 3

1

P

x



Chú ý 2:Nếu học sinh không thực hiện biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay

số và tìm được kết quả đúng thì chỉ cho 0,5 đ

II

4,0

điểm

1 Biết phương trình (m2)x22(m1)x m 0 có hai nghiệm tương ứng là độ

5

2,0

(m2)x 2(m1)x m   0 (x 1) (m2)x m 0 có hai nghiệm

khi và chỉ khi m2 Khi đó 2 nghiệm của phương trình là 1và

2

m

m



0,50

Hai nghiệm đó là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông suy ra

2

m

m

 hoặc m2

0,50

Từ hệ thức 12 12 12

a b  h trong tam giác vuông ta có

2

2

m

m

(thỏa mãn)

m

m

(loại) Vậy m4 là giá trị cần tìm

0,50

2 Giải hệ phương trình

( ) (8 8 4 13) 5 0 (1) 1

x

x y





2,0

ĐKXĐ: x y 0

Chia phương trình (1) cho 2

(xy) ta được hệ

2 2

2

5

1

x y x

x y







0,25

2

2



0,50

Đặtu x y 1 ,v x y

x y

 (ĐK:| | 2u  ), ta có hệ

5 3 23 (3)

u v



 

Từ (4) rút u 1 v, thế vào (3) ta được

5u 3(1u) 234u 3u10  0 u 2 hoặc 5

4

u 

Trường hợp 5

4

u  loại vì u 2

0,25

Với u   2 v 1 (thỏa mãn) Khi đó ta có hệ

1 2 1

x y

x y

x y



   



0,25

Giải hệ trên bằng cách thế x  1 y vào phương trình đầu ta được

1

2 1

y

 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , )x y (0;1).

0,50

III

4,0

điểm

1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

(1) y2 y 3 56(y2)x  y2 y4 x 0,25

Nhận thấy y     2 x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số

nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại 0,25 Như vậy ta có

   

   

) 56 1.7.8 ; 2;9

) 56 7.1.8 ; 8;3

x y

x y

0,25

x y

x y

x y

x y

Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên

0,25

Chú ý 3:Học sinh có thể biến đổi phương trình đến dạng

y x  y x y  (được 0,5đ), sau đó xét các trường hợp xảy ra

Khi đó với mỗi nghiệm đúng tìm được thì cho 0,25 đ (tối đa 6 nghiệm = 1,5 đ)

2 Cho a b, là các số nguyên dương thỏa mãn pa2b2là số nguyên tố và p5

chia hết cho 8 Giả sử x y, là các số nguyên thỏa mãn ax2by2 chia hết cho p

Chứng minh rằng cả hai số x y, chia hết cho p

2,0

Do p5 8 nên p8k5 (k )

ax   by  ax by p nên a4k2x8k4b4k2y8k4 p 0,50

Nhận thấy 4k 2 8k 4 4k 2 8k 4  4k 2 4k 2 8k 4 4k 2 8k 4 8k 4

a  x  b  y   a  b  x  b  x  y  0,25

a  b   a   b  a b  p và b p nên x8k4y8k4 p (*) 0,25 Nếu trong hai sốx y, có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia

Nếu cả hai sốx y, đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :

8 4 8 4

2(mod )

   Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai sốx và y chia hết cho p

0,50

IV

6,0

điểm

Cho tam giácABC có ( ),( ),( )O I I a theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp,

tâm tương ứng là O I I, , a GọiD là tiếp điểm của ( )I vớiBC, P là điểm chính

giữa cung của ( )O ,PI a cắt ( )O tại điểmK GọiM là giao điểm của PO và

,

BC N là điểm đối xứng của Pqua O

BAC

1 Chứng minh: IBI C là tứ giác nội tiếp a 2,0

a

I là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

ABC , từ đó suy raBI a BI CI, a CI

( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau)

1,0

Xét tứ giác IBI C a có 0

180

IBI ICI 

Từ đó suy ra tứ giác IBI C a là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a 1,0

Nhận thấy bốn điểm A I N I thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC ) , , , a

DoNP là đường kính của ( )O nên NBP900, M là trung điểm của BC nên

PNBC tại M

0,25

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB2 NM NP 0,25

Vì BIN là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =1 

(1)

2 ABCBAC 0,25 Xét (O):

2

BAC

1

(2)

2

Từ (1) và (2) ta cóBIN = NBI nên tam giác NIB cân tại N

Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N 0,25

Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của

đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI C a NI a2 NB2 NM NP 0,25

Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác a I MP a 0,25

GọiF là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB

2

NBM  BACIAF 0,50

P

D F

Ia

M

O

I

C B

A

- Hết -

Chú ý:

- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân

chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án

- Đối với Câu IV (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm

- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm

MNB

  đồng dạng với FIA

Ta có:

nên suy raNMI a đồng dạng với IDA  (1) 0,50

Do là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác nên

a

KAI KAN KPN I PN a NI M a (2) 0,25

V

2,0

điểm

Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xz. Chứng minh rằng

2 2

2

y yz xz yz x z



2,0

Ta có

2 2

2 2

2 1 2

1

P

y

yz





2 1

1 2

,

0,25

2

1

2

0,25

2

1 1

c

     Đẳng thức xảy ra khi ab 0,25

Khi đó

2 2

c

c c



2

2 1 1



3

2 3

1

1 3 3

c

c c c

do c



Từ  1 và  2 suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi

a