Đề khảo sát chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Đông Hưng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Đông Hưng (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN NGUỒN HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018- 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 9 (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1 (3,5 điểm). x x 3 2 x 3 x 3 Cho biểu thức A x 2 x 3 x 1 3 x a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 2 (4,0 điểm). Cho hai đường thẳng (d1): mx y m 2 2 (d2): 1 m x 2my 1 m (với m là tham số). a. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2) khi m = 2. b. Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng (d1) luôn cắt đường thẳng (d2) tại điểm M(x; y) và điểm M luôn thuộc một đường tròn cố định. Câu 3 (4,5 điểm). 1. Giải phương trình: x2 2x 3 2 2x2 4x 3 2. Cho phương trình ẩn x: m 3 x2 2mx 1 0 (1) a. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. b. Tìm giá trị nguyên của m để phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ. Câu 4 (7,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) và dây BC khác đường kính. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC của đường tròn (O; R) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Chứng minh: a. Các tứ giác AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp. HD HE HF b. 1. AD BE CF c. Đường thẳng qua A và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định. d. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF không đổi. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh: 1 1 1 1 . x2 2y2 3 y2 2z2 3 z2 2x2 3 2 Hết Họ và tên thí sinh: , Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KHẢO SÁT CHỌN NGUỒN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018 – 2019, MÔN TOÁN 9 I. HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ là đưa ra các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước. Bài làm phải có lập luận chặt chẽ và biến đổi hợp lý mới cho điểm, những cách làm khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Trong bài làm các bước có liên quan với nhau, bước trước sai mà bước sau đúng thì không cho điểm. Các bài hình học không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. - Điểm thành phần cho chi tiết tới 0,25 điểm. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn. Điểm toàn bài ghi bằng số thập phân. II. HƯỚNG DẪN CỤ THỂ: Câu ý Nội dung Điểm x x 3 2 x 3 x 3 A x 2 x 3 x 1 3 x ĐKXĐ: x 0; x 9 0,25 2 x x 3 2 x 3 x 3 x 1 A 0,50 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x x 3 2x 12 x 18 x 4 x 3 a) = 2,0 x 1 x 3 0,50 đ x x 3x 8 x 24 = x 1 x 3 x 3 x 8 x 8 = = 0,50 x 1 x 3 x 1 1) x 8 KL: Với x 0; x 9 thì A = 3,5đ x 1 0,25 x 8 Với x 0; x 9 thì A = x 1 0,25 x 1 9 9 A = x 1 x 1 x 1 9 b) = x 1 2 x 1 0,25 1,5 9 đ Do x 1 0 ; 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: x 1 9 9 x 1 2 x 1  6 0,5 x 1 x 1 Vậy A 4
3. 9 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 1 x 1 3 (vì x 1 0 ) x 1 0,25 x = 4 (TM ĐKXĐ) Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi x = 4 0,25 Khi m = 2, đường thẳng (d ) có phương trình: 2x – y = - 2, đường thẳng (d ) có 1 2 0,50 phương trình: -3x + 4y = 5. Khi m = 2, tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) và (d2) là nghiệm 2 x y 2 0,25 a) của hệ phương trình 3 x 4 y 5 2,0 3 3 đ x x 8x 4y 8 5x 3 5 5 3x 4y 5 2x y 2 6 4 1,0 y 2 y 5 5 3 4 Vậy khi m = 2, hai đường thẳng (d1) và (d2) cắt nhau tại điểm ( ; ) 5 5 0,25 mx y m Xét hệ phương trình 2 2 (I) 1 m x 2my 1 m 0,50 y mx m y mx m (I) 2 2 2 2 1 m x 2m mx m 1 m 1 m x 1 m (*) 2) Vì m2 0 với mọi m nên 1+ m2 0 với mọi m suy ra phương trình (*) có 4,0 đ nghiệm duy nhất với mọi m hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi 0,50 m đường thẳng (d1) luôn cắt đường thẳng (d2) với mọi m Với mọi m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 1 m2 1 m2 x 2 x 1 m 1 m2 b) 1 m2 2m 2,0 y m m y 0,25 2 2 đ 1 m 1 m 1 m2 2m Vậy (d1) cắt (d2) tại M 2 ; 2 1 m 1 m 2m 1 m2 Kẻ MH  Ox (H Ox) thì MH = ; OH = 1 m2 1 m2 Áp dụng Pitago trong tam giác vuông MOH vuông tại H có 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 m 2m 1 2m m 4m OM = OH + MH = 2 2 2 0,5 1 m 1 m 1 m2 2 1 m2 = 2 1 1 m2
4. OM = 1 (Vì OM > 0) Suy ra điểm M thuộc đường tròn (O; 1) là đường tròn cố định 0,25 2 2 x 2x 3 2 2x 4x 3 (1) 0,25 Vì 2x2 – 4x + 3 = 2 x 1 2 1 1 0 nên phương trình xác định với mọi x. (1) 2x2 4x 3 4 2x2 4x 3 3 0 (2) Đặt y = 2x2 4x 3 ( y 1) 0,5 1) 2 y 1 Phương trình (2) trở thành y – 4y + 3 = 0 (TMĐK) 1,5 y 3 đ • Với y = 1 ta có 2x2 4x 3 = 1 2x2 4x 3 1 x 1 • Với y = 3 ta có 2x2 4x 3 = 3 2x2 4x 3 9 x2 2x 3 0 0,5 x 1 x 3 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 1;1;3 0,25 m 3 x2 2mx 1 0 (1) 1 * Xét m = -3 phương trình (1) trở thành 6x – 1 = 0 x 0,5 6 Với m = -3, phương trình (1) có nghiệm. 2.a) * Xét m -3, phương trình (1) là phương trình bậc hai có 3) 1,5 2 0,5 ' 2 1 11 m m 3 m 4,5 đ đ 2 4 2 2 1 1 11 11 Vì m 0 với mọi m -3 nên m 0 với mọi m -3 2 2 4 4 0,25 Vậy ' 0 với mọi m -3 hay phương trình luôn có nghiệm với mọi m -3 Tóm lại với mọi m phương trình luôn có nghiệm 0,25 1 * Với m = -3, theo câu a thì phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ x 0,25 6 * Với m -3, phương trình (1) là phương trình bậc hai có các hệ số nguyên nên phương trình có nghiệm hữu tỉ khi và chỉ khi ' là số chính phương. Đặt ' m2 m 3 k 2 (k N) 0,5 4m2 4m 12 4k 2 2m 2k 1 2m 2k 1 11 = -1.11 = -11.1 2.b) Vì m Z ; k N nên (2m – 2k + 1) Z ; (2m + 2k + 1) Z và 1,5 2m 2k 1 2m 2k 1 2m 2k 1 1 2m 2k 1 11 0,25 đ Do đó hoặc 2m 2k 1 11 2m 2k 1 1 2m 2k 1 1 m 2 *) (TMĐK) 2m 2k 1 11 k 3 0,25 2m 2k 1 11 m 3 *) (Loại) 2m 2k 1 1 k 3 Tóm lại m 3;2 thì phương trình (1) có nghiệm hữu tỉ. 0,25
5. A N x E P F O H B jD C M Vì BE, CF là các đường cao BE  AC;CF  AB ·AEH 900 ; H· FA 900 0,5 · · 0 0 0 Xét tứ giác AEHF có AEH HFA 90 90 180 tứ giác AEHF nội tiếp 0,5 a) (tổng 2 góc đối bằng 1800) 2,0đ · 0 Có AEB 90 E thuộc đường tròn đường kính AB. 0,5 Tương tự: D thuộc đường tròn đường kính AB 4) Do đó A, E, D, B cùng thuộc đường tròn hay tứ giác AEDB nội tiếp 0,5 7,0 đ 1  DH.BC DH 2 0,25 1 DA  DA.BC 2 1 1 Lí luận S DH.BC ; S AD.BC 0,25 BHC 2 ABC 2 DH S Do đó BHC 0,25 b) DA SBAC 2,0đ EH S HF S Chứng minh tương tự AHC ; AHB 0,5 BE SABC CF SACB HD HE HF S S S BHC AHC AHB 0,25 AD BE CF SABC Vì tam giác ABC nhọn nên H nằm trong tam giác SAHB SAHC SBHC SABC 0,25 HD HE HF S Vậy ABC 1 0,25 AD BE CF SABC Kẻ tia tiếp tuyến Ax của đường tròn (O; R) (Ax thuộc nửa mặt phẳng bờ AC 0,5 chứa điểm B) x· AB ·ACB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) c) Chứng minh tương tự trên có tứ giác BFEC nội tiếp E· CB E· FB 1800 (t/c) 1,5 Mà E· FB E· FA 1800 (kề bù) đ 0,5 Suy ra x· AB A· FE Hai góc này ở vị trí so le trong nên Ax // EF
6. Vì Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn (O) tiếp điểm A nên Ax  OA Do đó OA  EF 0,5 Vì O cố định nên đường thẳng đi qua A và vuông góc với EF luôn đi qua điểm O cố định. Kéo dài AD, BE, CF cắt đường tròn (O) thứ tự tại M, N, P. Xét đường tròn (O): M· BC M· AC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) · · · MAC CBE (cùng phụ với ACB ) 0,5 Nên M· BC E· BC Tam giác BHM có BD là đường cao đồng thời là đường phân giác nên BHM cân tại B suy ra DH = DM D là trung điểm của HM d) Chứng minh tương tự có E là trung điểm của HN 1,5 ED HD 1 Suy ra ED là đường trung bình của tam giác HMN đ MN HM 2 0,5 EF FD 1 Chứng minh tương tự NP PM 2 Do đó DEF ~ MNP (c.c.c) Suy ra tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp DEF và bán kính đường tròn ngoại 1 tiếp MNP bằng tỉ số đồng dạng và bằng 2 0,5 Mà bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP bằng R nên bán kính đường R tròn ngoại tiếp tam giác DEF bằng không đổi. 2 Áp dụng Cô-si cho các số dương x,y, 1 ta có: x2 + y2 2xy dấu “=” x = y y2 + 1 2y dấu “=” y = 1 Suy ra x2 + 2y2 + 3 2(xy + y + 1) > 0 1 1 Nên 2 2 x 2y 3 2 xy y 1 0,5 1 1 1 1 Tương tự ; y2 2z2 3 2 yz z 1 z2 2x2 3 2 xz x 1 Suy ra 5) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1,0 đ x 2y 3 y 2z 3 z 2x 3 2 xy y 1 yz z 1 xz x 1 1 1 1 Xét A = xy y 1 yz z 1 xz x 1 1 1 1 1 = ( Vì xyz = 1 xz ) 1 xy y 1 yz z xyz x 1 y y 0,5 1 1 y = xy y 1 z y 1 xy 1 xy y 1 xy y 1 = 1 (Vì z = ) xy y 1 y 1 xy 1 xy y xy
7. 1 1 1 1 1 Vậy 1 x2 2y2 3 y2 2z2 3 z2 2x2 3 2 2 x y z 0 Dấu “=” x 1; y 1; z 1 x y z 1 xyz 1