Các bài hoặc câu có yếu tố hình học thì học sinh vẽ hình đúng, chính xác các giám khảo mới chấm phần chứng minh hoặc tính toán đó lưu ý: hình vẽ không cho điểm.. Học sinh có thể làm theo[r]
Trang 1UBND HUYỆN CẦU KÈ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2016 – 2017
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài I: (4 điểm)
A
Biết abc = 4 Tính A ? 2) Giải phương trình: x 3x 10 0
Bài II: (4 điểm)
1) Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho: p2 + q2 + r2 cũng là số nguyên tố
2) Giải hệ phương trình:
2
1 1 1
2
x y z
2 1
4
xy z
Bài III: (4 điểm)
1) Giải phương trình: 2
2x 1 x 1 2x 3 18 2) Cho parabol (P): yx2 và đường thẳng (d): y = x + m (trong đó m là tham số)
a Tìm m để đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B
b Viết phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng (d) và tiếp xúc với parabol (P)
Bài IV: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có 0
A30 , hai đường cao BH và CK Chứng minh rằng:
AHK BCHK
Bài V: (3 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Gọi M là điểm năm giữa A và B Qua M vẽ
dây CD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của
M trên AC và BC
a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?
b) Chứng minh rằng: HM MK. CD
HK MC 4R c) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A Chứng minh rằng C’ năm trên một đường tròn cố định khi M
di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B)
Bài VI: (2 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 1 Chứng minh rằng:
c ab a bc b ac
2
a b b c a c
- HẾT -
Trang 2MÔN TOÁN LỚP 9 - NĂM HỌC: 2016 – 2017
Yêu cầu: Tổ giám khảo căn cứ vào hướng dẫn giải để thống nhất chia điểm chi tiết và cụ thể theo gợi ý chấm thi từng bài và câu dưới đây (lưu ý điểm đơn vị thấp nhât là 0.5 điểm) Các bài hoặc câu có yếu tố hình học thì học sinh vẽ hình đúng, chính xác các giám khảo mới chấm phần chứng minh hoặc tính toán đó (lưu ý: hình vẽ không cho điểm) Học sinh có thể làm theo cách khác, nếu đúng các giám khảo thống nhất chấm điểm tròn theo từng phần của bài và câu đó theo đáp án đã gợi ý dưới đây
I
(4
đ)
1
(2
đ)
ĐKXĐ: a, b, c0 Do abc = 4 => a, b, c > 0 và abc 2 Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với a , thay 2 ở hạng tử thứ ba bởi abc ,
ta được:
A
a ab 2
1 A 1(Do : A 0)
ab a 2
2
(2đ)
2
2
Loại x = 5, Phương trình có nghiệm là: x = – 2
II
(4đ) 1
(2đ)
Vai trò của p, q, r như nhau, nên giả sử: p < q < r
* Xét p = 2, ta tìm được ba số nguyên tố liên tiếp là: 2, 3, 5 và 22
+ 32 + 52 = 38 không phải là số nguyên tố (loại)
* Xét p = 3, ta tìm được ba số nguyên tố liên tiếp là: 3, 5, 7 và 32
+ 52 + 72 = 83 cũng
là số nguyên tố (thỏa đề bài)
* Xét p > 3 Ta có mọi số nguyên tố lớn hơn 3 nếu đem bình phương lên thì chia 3
dư 1 Thật vậy: các số nguyên tố lớn hơn 3, ta biểu diễn được dưới dạng: 3k + 1 hoặc 3k + 2
- Nếu có dạng 3k + 1, thì (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1 1 (mod 3)
- Nếu có dạng 3k + 2, thì (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 1 (mod 3)
Nếu p > 3, thì q > 3, r > 3, nên khi bình phương lên thì chia 3 đều dư 1 Do đó: p2 +
q2 + r2 0 (mod 3) Suy ra p2 + q2 + r2 không phải là số nguyên tố
Vậy: 3 số nguyên tố cần tìm là 3, 5, 7
Trang 3Bài Câu Hướng dẫn chấm Điểm
2
(2đ)
ĐK : xyz 0 Đặt : X 1; Y 1; Z 1
Ta có hpt :
2
X Y Z 2(1) 2XY Z 4(2)
Từ (1) => Z = 2 – X – Y , thay vào (2) ta được :
2XY (2 X Y) 4 (X 2) (Y 2) 0 X Y 2 Z 2
Vậy :
1 1
z 2
2 z
Nghiệm của hpt là(x y 1
2
2
)
III
(4đ)
1
(2đ)
Giải phương trính: 2
2x 1 x 1 2x 3 18 (1)
2
2x 1 2x 2 2x 7
1 3 2 (nhân hai vế với 4)
Đặt y2x2 Phương trình viết lại: 2
y y 1 y 1 72
y y 1 72 y y 72 0 y 9 y 8 0
y 9 ( Do y 8 8) y 3
Với y3 2x 2 3 x 1
2
Với y 3 2x 2 3 x 5
2
Nghiệm của phương trình là: 1 5
x
2
; 2 1
x 2
2
(2đ)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
x x m x x m 0 (1) (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt: Ta có: 1 4m 0 m 1
4
b) Đường thẳng có dạng: y = ax + b Vì d a.1 1 a 1
Do đó: : y = - x + b Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và là:
x x b x x b 0 (2)
và (P) tiếp xúc nhau khi (2) có nghiệm kép, hay:
1
1 4b 0 b
4
Trang 4IV
(3đ)
Ta có: ABH ACK (g-g) AH AB AH AK
2 AHK
ABC
cos
2
A (1)
AHK ABC
cos2A Mà SBCHK SABCSAHKSABC.(1 - cos2A) =SABC sin2A
Vì : A 300, do đó : sinA = sin 300
= 1
2 , cosA = cos 30
0 = 3
2
Nên:
2
và
2
Vậy: SAHK3SBCHK
V
(3đ)
a
1đ
Ta có: AM = ME
Vì CD AB => CM = MD
C
H K
B
30 A
E
O'
H
K
C
M
B O
A
Trang 5Bài Câu Hướng dẫn chấm Điểm
Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành
Mà AE CD => tứ giác ACED là hình thoi
b
1đ
Vì ABC có AB là đường kính (O) nên ABCvuông tại C
Suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAC, ta có:
MH.AC = MA.MC => MH MA.MC
AC
Tương tự: MK MB.MC
BC
=>
2
MA.MB.MC MH.MK
AC.BC
Mà MA.MB = MC2
; AC.BC = MC.AB (do ABCvuông tại C)
2
MH.MK
Do MC = HK (vì ra tứ giác CHMK là hình chữ nhật) MH.MK MC 2MC CD HM.MK CD HK.MC AB 2AB 4R HK.MC 4R (đpcm)
c
1đ
Lấy O’ đối xứng với O qua A, suy ra O’ cố định
Tứ giác COC’O’ là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường
Do đó: O’ C’ = OC = R không đổi
Suy ra C’ nằm trên đường tròn (O’ ,R) cố định khi M di chuyển trên đường kính AB
VI
(2đ)
Vì a + b + c = 1 Nên: c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b)
Tương tự: a + bc = a(a + b + c) + bc = (b + a)(b + c)
b + ac = b(a + b + c) + ac = (a + b)(a + c)
Suy ra, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
c ab a bc b ac
2
a b b c a c
(c a)(c b) (b a)(b c) (a b)(a c)
2
Mặt khác ta có: x2y2z2 xyyz zx , với mọi x, y, z (2) Thật vậy: 2 2 2
x y z xyyz zx
2(x y z ) 2(xy yz zx) (x y) (y z) (z x) 0, x, y, z
Trang 6Áp dụng bất đẳng thức (2) vào bất đẳng thức (1) ta được:
(c a)(c b) (b a)(b c) (a b)(a c)
(b c) (a b) (c a) b c a b c a 2(a b c) 2
Dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3 Vậy: Với a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 1 thì
c ab a bc b ac
2
a b b c a c
(dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3)