Đề thi HSG Toán 9 huyện Quế Sơn vòng 2 năm 2017-2018

UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Cho ba số thực a, b, c thỏa a  b  c  0 . a) Chứng minh a 4  b 4  c 4  2a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a2 . b) Tính a 4  b 4  c4 khi có thêm điều kiện a 2  b 2  c2  6 . Bài 2 (4,0 điểm): Tam giác ABC có số đo các cạnh là: a, b, c. Gọi 2 p là chu vi của tam giác. Chứng minh rằng : a) 1 1 4 a  b  a  b 1   1 1 1  2  c p a p b p c a b  c) Cho 2p = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của a 2  b 2  c2 Bài 3 (4,0 điểm): Cho phương trình: x 2  1x  3 x  5  m . Thực hiện: a) Giải phương trình với m = 9. b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa: b) 1  1  1 1 1 1    1 x1 x2 x3 x4 Bài 4 (7,0 điểm): Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM. Tia AM cắt đường thẳng CD tại E. a) Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân. b) Chứng minh MN // BE. c) Gọi H là giao điểm của OM với BE. Chứng minh CH vuông góc với BE. Bài 5 (2,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2  4 x  3 y2 19 ====HẾT==== https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2017-2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN VÒNG II Bài 1 (3,0 điểm): Từ a  b  c  0 được: a2  b2  c 2  2ab  2ac  2bc 0 (a2  b2  c 2 )2  4(ab  ac  bc)2 (a2  b2  c 2 )2  4(a2 b2  a2 c2  b2 c2  a2 bc  b2 ac  c2ab) 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 0,25 0,50 2 2 (a  b  c )  4(a b  a c  b c  abc(a  b  c)) Thay a + b + c = 0 được: (a 2  b 2  c 2 )2  4(a 2 b 2  a 2 c 2  b 2 c2 ) a 4  b 4  c 4  2(a 2 b 2  a 2 c 2  b 2 c2 ) Từ (a 2  b 2  c 2 )2  4(a 2b 2  a 2 c 2  b 2 c2 ) và a 4  b 4  c 4  2a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a2 0,25 được: a 4  b 4 0,50 (a 2  b 2  c2 )2 2  c4  Thay được a 4  b 4  c4  62 18 2 Bài 2 (4,0 điểm): 1 1 4 a  4 b a  b  a   ab  a  b b 2 (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0)  ( a  b)  4ab  ( a  b)2  0 Áp dụng a) được: 4 ; 1  1  4 p a p b 2p a b c 4 ; 1  1  1  1  4 0,25 0,75 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 0,25 4 4 p a p c 2p a c b p b p c 2p b c a Cộng được: 2( 1  1  1 )4  4  4  c b a p a p b p c 1 1 1 1 1 1) 0,25 0,25  p   a p b p c    2( c b a Có a 2  b 2  2ab; b 2  c 2  2bc; a 2  c 2  2ac Cộng được: 2( a 2  b 2  c 2 )  2ab  2ac  2bc  3( a 2  b 2  c 2 )  a 2  b 2  c 2  2ab  2ac  2bc https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 0,50 0,25 0,25  a a 2  b 2  c2  2 b 2 ( a  b  c)2   2 p 0,25 2 33 2  c có giá trị nhỏ nhất là 18 : 3 = 108 khi a  b  c = 6. 0,50 2 Bài 3 (4,0 điểm): x 1(x  x  x  9 3 5 1) ( x 2  4 x  5)( x 2  4 x  3)  9      0,50 Đặt y = x 2  4 x được: 1 ( y  4)( y  4)  9  y 2  25  y  5 và y  5 x 2  4 x  1  5  x 2  4 x  4  0  x  2 x 2  4 x  1  5  x 2  4 x  6  0 được x  10 và x  2  10 2  Từ phương trình ( x 2  4 x  5)( x 2  4 x  3)  m (*). Đặt y = x 2  4 x 1 được ( y  4)( y  4)  m y  m  16 và y   m 16 0,50 1  1  1  1  1 x1  x2 0,50  x3   1 x4 (*) x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 Do x1 ; x2 ; x3 ; x4 có vai trò như nhau trong biểu thức. Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: 1  (1  m  16 1 m  16 0,50 0,50 x2  4x  1 m  16  x2  4x  1 m  16  0   . Có: x1  x2  4 và x1 . x2  m 16 1  và x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình: x2  4x  1  m   x2  4x  1 m   16  16 . Có: x3  x4  4 và x3 . x4  m 16 1  Thay vào (*) được:  4 4  1 1 0,25 0,25 (1) 0  0,25 (2) 1 1 m  1  m  16 16  1  m  16  1  8  m  2 7 4 m  16)(1 m 16)   1 4 0,50 Với m = -7 thì (*) có 4 nghiệm phân biệt. Kết luận m = -7. Bài 5 (2,0 điểm): 0,25  2  21  3 2x 2  4x y2 2(x  1)2  3(7  y2 ) 0,50 Do 2( x  1) 2  0 nên y2  7 Xét : y = 0; y = ±1; y = ±2 Do 2( x 1)2 là số chẵn  7  y2 là số chẵn  y = ±1 Được nghiệm (2; 1 ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1) 0,50 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 0,25 0,25 0,25 0,25 A N B O M H D C Bài 4 (7,0 điểm): OBN và ∆OCM có: BN = CM (gt) OB = OC (ABCD là hình vuông) OBN = OCM = 450.  ∆OBN = ∆OCM ON= OM Và BON = COM  BON + BOM = COM + BOM  NOM =COB = 900 Từ (1) và (2) được ∆NOM vuông cân tại O. E (1) (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 AM = BM (Theo Ta-Let) ME MC CóBM=AN NB=MC. Thay được: AM =AN  MN // BE (Theo Ta-Let đảo) ME NB 0,75 (1) MN // BE  BHM =  NMO = 450  BMH =  OMC (đối đỉnh)  BMH đồng dạng với OMC  MH/MC = MB/MO Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh)  MHC đồng dạng với MBO (2)  MHC = MBO = 450 0 0 0 Từ (1) và (2) được BMC = BHM + MHC = 45 + 45 =90 . Hay CH  BE. ====HẾT==== 0,50 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 AB//CE  https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 0,50 0,75 Để dành: Giải các phương trình sau: a) ( x 2  6 x ) 2  2( x  3) 2  81 b) x 2  4 x  5  2 2 x  3 ( x 2  6 x ) 2  2( x 2  6 x  9)  81 0,50 0,25 ( x 2  6 x ) 2  2( x 2  6 x)  18  81  0 Đặt y = x 2  6x được: y 2  2 y  99  0 Giải phương trình theo y được: y1 = 11 và y2 = - 9 Giải x 2  6 x 11 được x  3  20 và x  3  20 Giải x 2  6 x  9 được x  3 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3  20 ; x  3  Cộng 2x+ 3 + 1 vào 2 vế được: x 2  6 x  9  2 x  3  2 2 x  3 1 ( x  3) 2  ( 2 x  3 1)2 x 3  2x 3 1 x 2   x 2  4 x  4  2 x  3 và 2x 3 0,50 0,25 0,25 0,25 20 ; x  3 0,50 0,50 0,50 x  2 x 2  2 x  1  0  x  1 x 3   2x 3 1 x  4   2 x  3 x 2  8 x  16  2 x  3 x 2  6 x  13  0 (vô nghiệm) 0,50 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/