DE THI HSG HUYEN TU NGHIA 20172018 V2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP TẠO TƯ NGHĨA 9 NĂM HỌC 2017- 2018. ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang). Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 17/11/2017. Tên : Trương Quang An Địa chỉ : Thôn An Hòa Nam ,Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi .Điện thoại : 01208127776 . Nguồn gốc : sưu tầm đề trên mạng và tự tay gõ đáp án Câu 1: (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: 2018 6  2 2  12  18  128  2018 3 Câu 2: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm M( M nằm giữa A và B), trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho CN = BM. Vẽ MN cắt BC tại I. Chứng minh M và N đối xứng nhau qua I. Câu 3: (2,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi x  Z thì 2017( x4  6 x3  11x2  6 x) chia hết cho 24. Câu 4: (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H AD   D  BC, E  AC  . Chứng minh rằng: tan ABC.tanC  DH Câu 5: (1,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. Chứng minh 2  2  2  3  a b c 6 Câu 6: (2,0 điểm) Với n N, n > 1. Chứng minh n  2n3  n4  2n2 không phải là số chính phương. 1 1 9  x  y     x y 2  Câu 7: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   xy  1  5  xy 2 Câu 8: (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của M biết:. M. . . 2 a 3 a a 3 a 3   a 2 a 3 a 1 3 a. Câu 9: (1,5 điểm) Giải phương trình x 2  5x  8  3 2 x3  5x 2  7 x  6 Câu 10: (2,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AC, trên đoạn OC lấy điểm B  B  O, B  C  . Gọi M là trung điểm của AB. Dựng dây DE vuông góc với AB tại M, EB cắt DC tại F. Gọi S là giao điểm của BD và MF, CS lần lượt cắt DA và DE tại DA DB DE    L và K. Chứng minh: DL DS DK Câu 11: (1,0 điểm) Cho biểu thức P  x3  y3  3 x  y   2018 . Tính giá trị biểu thức với. x  3 3  2 2  3 3  2 2 ; y  3 17  12 2  3 17  12 2 Câu 12: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi O là trung điểm của BC, dựng đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại D và E. M là điểm chuyển động trên cung.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> nhỏ DE, tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q. Chứng minh BC2 = 4BP.CQ. Từ đó xác định vị trí của M để diện tích tam giác APQ đạt giá trị lớn nhất. ……………. Hết…………… Họ tên thí sinh………………………………………..Số báo danh……………………. Giám thị 1:………………Kí tên……….. Giám thị 2:……………….Kí tên………… ( Thí sinh không sử dụng máy tính) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2016- 2017 (Hướng dẫn chấm có 07 trang ). Môn thi: TOÁN Ngày thi: 17/3/2017. Bài làm Câu 1: (1,5 điểm). 2018 6  2  2018 6  2. 2  12  18  128  2018 3 22 3. . 4 2. . 2.  2018 3. .  2018 6  2 2 3  4  2018 3  2018 6  2 1  3. . 2.  2018 3.  2018 4  2 3  2018 3  2018 Câu 2: (2,0 điểm). Kẻ ME song song với AN  MEB  ACB ( đồng vị).Chứng minh: BME cân tại M  BM = ME .Chứng minh:MCNE là hình bình hình  I là trung điểm của MN  M và N đối xứng với nhau qua I. Câu 3: (2,0 điểm) Ta có: 2017( x 4  6 x3  11x 2  6 x)  2017 x  x3  6 x 2  11x  6   2017 x  x3  x 2  5 x 2  5 x  6 x  6 .  2  17 x  x 2  x  1  5 x  x  1  6  x  1 .  2017 x  x  1  x 2  3x  2 x  6   2017 x  x  1 x  2  x  3 Vì x;(x+1);(x+2);(x+3) là 4 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 24 Vậy 2017( x 4  6 x3  11x 2  6 x) chia hết cho 24. Câu 4: (2,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> AD AD ; tanC  BD CD 2 AD AD AD  tan ABC.tanC    (1) .Ta có: HBD  CAD ( cùng phụ ACB ) BD CD BD.CD HDB  ADC  900  BDH ∽ ADC ( g.g ). Chứng minh: tan ABC . . DH BD   BD.DC  DH . AD DC AD. (2) .Từ (1) và (2) tan ABC.tanC . AD 2 AD  DH .AD DH. Câu 5: (1,5 điểm) Ta có: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. 1 1 1 1 1 1      6 ab bc ca a b c Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:. 1 1 1 1  2  2  2  a b  ab 1 1 1  1    2  b 2 c 2  bc 1 1 1  1    2  c 2 a 2  ca 1 1  1  1   2  a2  a 1 1  1  2  1  2b  b 1 1  1  2  1  2 c  c Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có :. 3 1 1 1  3 3 1 1 1  9 1 1 1     6        3     2  a 2 b2 c 2  2 2  a 2 b2 c 2  2 a 2 b2 c 2 Câu 6: (2,0 điểm) Ta có:. n6  2n3  n4  2n2  n6  n5  n5  n4  2n3  2n2  n5  n  1  n4  n  1  2n2  n  1.  n2  n  1  n3  n2  2   n2  n  1  n3  1  n2  1. 2  n2  n  1  n  1  n2  n  1   n  1 n  1  n2  n  1  n2  2n  2 .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta có: n2  2n  2   n  1  1   n  1 và n2  2n  2  n2  2  n  1  n2 2. 2.   n  1  n2  2n  2  n2 .Mà  n  1 , n2 là 2 số chính phương liên tiếp. 2. 2.  n2  2n  2 không phải là số chính phương  n2  n  1  n2  2n  2  không phải là số 2. chính phương.Suy ra: n6  2n3  n4  2n2 không phải là số chính phương. Câu 7: (1,0 điểm) ĐK: x;y  0 1 1 9  x  y  x  y  2  2  xy  x  y    x  y   9 xy (1)   2  xy  1  5 2  xy   5 xy  2  0 (2)  xy 2  xy  2 (3) Giải (2) ta được :  .  xy  1 (4) 2  Thay xy =2 vào (1) ta được : x+y = 3 (5).  x  1  x  y  3 y  2  Từ (5) và (3) ta được :  (thỏa mãn điều kiện).  xy  2 x  2      y  1. 1 3 vào (1) ta được : x+ y = (6). 2 2  x  1  3   y  1 x  y     2 2 Từ (6) và (4) ta được :  (thỏa mãn điều kiện).  1 1   xy   x   2 2   y  1    1   1  Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là : 1;2  ;  2;1 ; 1;  ;  ;1  .  2   2   Câu 8: (1,5 điểm) Đk: a  0; a  9 . Biến đổi a a 3 2 a 6 a 9  a  4 a 3 M a  3 a 1 Thay xy =.  . M. . a a  24  3a  8 a. . a 3.  a 1. . . . a 1. . .  a  3  a  8    a  8     a  3 a  1  a  1. . a 1. . 9 9  a 1  2. a 1 a 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si : M  a  1 . 9 22 9 24 . a 1. . a 1  9. . a 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Dấu “=” xảy ra khi. a 1 .  a 1  3  a  4(TM ) 9  a  1  3    a 1  a  1  3  a  2( KTM ). Vậy a = 4 thì M đạt giá trị nhỏ nhất là 4. Câu 9: (1,5 điểm) Ta có:. 2 x3  5 x 2  7 x  6  2 x3  3x 2  2 x 2  3x  4 x  6  x 2  2 x  3  x  2 x  3   2  2 x  3  3 .Ta có   x 2  x  2   2 x  3 .Điều kiện : x  2 x 2  5x  8  x 2  x  2  4 x  6   x 2  x  2   2  2 x  3 .Đặt :. x2  x  2  a (a  0); 2 x  3  b ( b  0) Ta có : a 2  3ab  2b2  0  a  a  2b   b  a  2b   0  a  2b  0  a  2b   a  2b  a  b   0    a  b  0  a  b x2  x  2  2 2 x  3  x 2  7 x  10  0 7  89 7  89 x ( Nhận) ; x  ( Loại) 2 2 Với a = b ta có : x 2  x  2  2 x  3  x 2  x  1  0 1 5 1 5 x ( Nhận) ; x  ( Nhận).Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm : 2 2 1 5 1 5 7  89 x1  ; x2  ; x3  2 2 2 Với a = 2b ta có :. Câu 10: (2,0 điểm). Vẽ AN song song với CS .Xét DAN có LK song song với AN , theo định lý Talet có :. DA DN  (1). Vẽ BI//CS DL DK.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Xét DBI có KS song song với IB , theo định lý Talet có :. DB DI (2).Từ (1) và (2)  DS DK. DA DB DN  DI   (3) .Chứng minh AMN  BMI  MN  MI .Vì AC  DE DL DS DK tại M  MD  ME ,DI= DM – MI; NE = ME – MN .Suy ra DI = NE (4). DA DB DN  NE DE Từ (3) và (4)  .    DL DS DK DK . Câu 11: (1,0 điểm) Ta có. x3  3  2 2  3.  3 2 2  3. 3. 3 2 2.  3  2 2  3. 3. . 32 2 32 2.  x3  6  3 3 9  8.x  x3  6  3x  x3  3x  6 (1) Tương tự :. y  3 17  12 2  3 17  12 2  y 3  3 y  34  y 3  3 y  34 (2) Từ (1) và (2) :.  P  x3  y3  3x  3 y  2018   x3  3x    y 3  3 y   2018  2058 .. Câu 12: (2,0 điểm). Ta có S APQ  S ABC  SBPQC .Ta có SABC không đổi nên SAPQ lớn nhất  SBPQC nhỏ nhất.Các điểm D, E, M là các tiếp điểm 1  OD  AB, OE  AC , OM  PQ, BD  CE , OD  OE  OM  R  S BPQC  R  BP  PQ  QC  2 . 1 R  BD  CE  2DP  2EQ   R  BD  DP  EQ   R(BP CQ BD)(1) 2. Mặt khác: POQ . . . 1 1 DOE  1800  A  B  C .Chứng minh: BPO ∽ COQ ( g.g ) 2 2. BP BO BC 2    BP.CQ  BO.CO   BC 2  4 BP.CQ .Từ (1) ta CO CQ 4 có: S BPQC  R(2 BP.CQ  BD)  R  BC  BD  .Dấu “=” xảy ra khi BP = CQ  PQ song song với BC  M thuộc đường cao AO ( Điểm chính giữa cung BC).Vậy SAPQ lớn nhất  SBPQC nhỏ nhất  M thuộc AO.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>