Tải bản đầy đủ

Đề khảo sát học sinh giỏi môn toán 9 huyện khoái châu năm học 2016 2017(có đáp án)

UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU
PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2016 - 2017
Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1 (2điểm).
1
1
1
. Chứng minh:

 ... 
2. 3  3. 2 3. 4  4. 3
9. 10  10. 9
4
P  25x 2  2 là một số nguyên.
x


1) Cho x 

2) Định m nguyên để hệ sau có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:
mx + 2y = m +1

2x + my = 2m -1
Câu 2 (1điểm).
Tìm số nguyên dương a lớn nhất sao cho S  4a  427  41016 là số chính phương.
Câu 3 (3điểm).
1) Giải phương trình: 2 x2  4x  9  5x  6  7x  11  0
2
2

x  5y 8y  3
2) Giải hệ phương trình: 

(2 x  4 y 1) 2 x  y 1  (4 x  2 y  3) x  2 y
Câu 4 (3điểm).
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Các đường cao BE, CF cắt
nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF .
a) Chứng minh I là trung điểm của AH
b) Chứng minh IE  ME
c) Giả sử đường tròn  O  và các điểm B, C cố định. Chứng minh rằng khi A thay
đổi thì I luôn nằm trên đường tròn cố định
Câu 5 (1điểm).
Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị lớn nhất của:
A

x
y
z
 2
 2
x  z 1 y  x 1 z  y 1
2

………………Hết………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên học sinh: ..................................................


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
x
3.2



Điểm
1
3 2




4.3



1
4 3



 ... 
10.9

3 2
4 3
10  9

 ... 
3.2
4.3
10.9
1
1
1
1
1
1




 ... 

2
3
3
4
9
10
1
1


2
10
1
1
Vậy x 2  1 
1 x 2   1 x 2
5
5
1
 1  2 x 2  2 x2   5x2  2  5x 2
5



1
10  9





Câu 1





 5x 2  2



2





2



1
5

 50 x 2  25x 4  4  30 x 2

4
 30 . Vậy P  30 là số nguyên
x2
2) Với m  2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
 25x2 

3

 y  2  m  2

 x  1 3

m2

Câu 2



Nên để x, y là những số nguyên khi m là số nguyên thì
m + 2  Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + 2 =  1;  3 => m = -1; -3; 1; -5
b) Xét a  27 và S là số chính phương.



Ta có: S  4a  427  41016  427 1  4989  4a 27    227  1  21978   2a 27 
2

2



 B  1  21978   2a 27  phải là số chính phương
2

Ta có: B   2a 27   B   2a 27  1
2

2



 21978  2.2a 27
 1978  a  26  2004  a  a = 2004

Với a = 2004 thì S   227  . 21977  1 là số chính phương
2

Câu 3

2

Vậy số nguyên a lớn nhất cần tìm là 2004
1)

1,5đ


 x 2  5 y 2  8 y  3(1)

2) Hệ  

 2( x  2 y )  1 2 x  y  1   2(2 x  y  1)  1 x  2 y (2)
Từ (2) đặt x +2y = a; 2x–y –1 = b (a, b  0)
Ta có (2a-1) b =(2b –1) a  ( a  b )(2 ab  1) = 0  a = b

Câu 4

Trả biến ta có x = 3y + 1 thay vào (1) ta được:
2y2 – y – 1= 0 => y1 = 1 ; y2 = –1/2; => x1 = 4 ; x2 = –1/2
Thấy x2 + 2y2 = –1 < 0 (loại) còn lại thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 1)
  900
a) Ta có HE  AC  HEA
  900
HF  AB  HFA
  HFA
  900 nên nội tiếp
Tứ giác AEHF có HEA
đường tròn đường kính AH
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên
I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
Vậy I là trung điểm của AH

1,5đ

A

I
O

F

E



H
B
M

C
D

  IEA
 Tam giác BEC vuông tại E
b) Ta có tam giác IAE cân tại I nên IAE
và M là trung điểm của BC nên ME  MC


 MCE
 MEC cân tại M  MEC

  MEC

  MCE

  BCA

 IEA
 IAE
 HAC
 
Mà H là trực tâm tam giác ABC nên AH  BC  HAC
ACB  900 IE  ME




c) Theo trên ta có IEM vuông tại E .
 MI 2  IE 2  ME 2
BC
Có ME 
(Không đổi)
2
Kẻ đường kính AD của đường tròn  O  . Ta có HB  AC; DC  AC
 HB / /CD

Chứng minh tương tự ta cũng có HC / / BD  BHCD là hbh.
 H , M , D thẳng hàng và M là trung điểm của HD
Xét tam giác AHD có OM là đường trung bình.  OM 



1
AH
2

 IE  OM . Do đường tròn  O  cố định và điểm B, C, M cố định nên
OM  const . Vây MI  const  I luôn thuộc đường tròn cố định là đường

tròn có tâm M và bán kính bằng OM 2  MB2  R là bán kính của đường
tròn  O 
Câu 5

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x 2  1  2x (do x > 0)
Nên

x
x
1
z 

 1 

x  z  1 2x  z 2  2x  z 
2

Chứng minh tương tự ta có:
y
1
x 

1



y 2  x  1 2  2y  x 
z
1
y 
 1 

z  y  1 2  2z  y 
2

Cộng từng vế các BĐT ta có:
x
y
z
3 1 x
y
z 
 2
 2
  



x  z  1 y  x  1 z  y  1 2 2  2y  x 2z  y 2x  z 
x
y
z
x2
y2
z2





Ta có:
2y  x 2z  y 2x  z 2xy  x 2 2yz  y 2 2xz  z 2
A

2

Áp dung BĐT Bu nhia ta có:
 x2

y2
z2
 2xy  x  2yz  y  2zx  z   2xy  x 2  2yz  y 2  2xz  z 2   (x  y  z) 2


2
2
2
2
x
y
z
(x  y  z)



1
Nên
2
2
2
2
2xy  x
2yz  y
2xz  z
2xy  x  2yz  y 2  2zx  z 2
x
y
z
 A 2
 2
 2
1
x  z 1 y  x 1 z  y 1
Dấu “=” xảy ra  x  y  z  1
Vậy GTNN của A = 1 khi x  y  z  1
2

2

2





Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×