Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh các môn Văn Hóa lớp 9 môn Toán năm 2016-2017

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh các môn Văn Hóa lớp 9 môn Toán năm 2016-2017 để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố dự thi cấp tỉnh các môn Văn Hóa lớp 9 môn Toán năm 2016-2017PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHÀNH PHỐ VINHĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐDỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9NĂM HỌC: 2016-2017Môn: Toán – Lớp 9Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đê)Ngày thi: 26 tháng 11 năm 2016Bài 1. (4,0 điểm)1) Cho a+b+c=0 và a,b,c đều khác 0. Rút gọn biểu thức:Aabbcca 2 2 2 2 222a  b  c b  c  a c  a  b222) Tính giá trị của biểu thức:Px3  x 2  5x  3  6x  2x  7x  332tại x  1  3 2  3 4Bài 2. (4,0 điểm)x 2  xy  y2  31) Giải hệ phương trình x  y  xy  52) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105Bài 3. (4,0 điểm)1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hếtcho n3  2012n2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2  x  3y2  yChứng minh x – y ; 2x +2y+1 và 3x +3y+1 đều là các số chính phươngBài 4. (6,0 điểm)Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn.Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn (A,B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại Ea) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEOb) Chứng minh CM vuông góc với OEc) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOBBài 5. (2,0 điểm)1a1b1cGiả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  0 và a  b  c     0Chứng minh rằnga 6  b 6  c6 abca 3  b 3  c3ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9 VINH NĂM 2016-2017Câu 11) .Từ a  b  c  0  a  b  cBình phương hai vế ta được a2  b2  2ab  c2 nên a2  b2  c2  2abTương tự : b2  c2  a2  2bc và c2  a2  b2  2acabbcca1 1 13   2ab 2bc 2ca2 2 223Vậy A  22) . Ta có x 3 2  1  1  3 2  3 4 3 2  1  2  1  1Do đó A  Suy ra x 3 2  x  1  2x3   x  1 hay x3  3x2  3x  1Do đó3P3x 2  3x  1  x 2  5x  3  63x 2  3x  1  2x 2  7x  34  x  1  62x  222 x 1  6x24x 2  8x  4  6x 2  4x  42  x  1  6x22x  42x2(vì x  1  3 2  3 4  2)Vậy P  2 tại x  1  3 2  3 4Câu 22x 2  xy  y2  3  x  y   3xy  31) Ta có : x  y  xy  5x  y  xy  5Đặt a = x – y , b = xy (1)a 2  3b  3a  b  5Hệ phương trình trên trở thành a  3a  6hoặc b  2b  11Giải hệ phương trình trên ta được Với a = 3 , b = - 2 thay vào (1) ta đượcx  y  3 x  1x  2và xy  2y  2y  1Với a = - 6 , b = -11 thay vào (1) ta đượcx  y  6x  y  6 2. Hệ phương trình vô nghiệmxy  11y  6y  11  0x  1x  2Vậy hệ phương trình có nghiệm và y  2y  12) .  2x  5y  1  2 x  x2  x  y   105Vì 105 là số lẻ nên 2x  5y  1 và 2 x  x2  x  y phải là các số lẻTừ 2x+5y+1 là số lẻ mà 2x+1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y chẵnx2  x2  x  y là số lẻ mà x2  x  x(x  1) là tích của hai số nguyên liên tiếpnên là số chẵn, y cũng chẵn nên 2 x là số lẻ. Điều này xảy ra khi x=0Thay x=0 vào phương trình đã cho ta được: 5y  1 y  1  105 5y2  6y  104  0 5y2  20y  26y  104  0 5y(y  4)  26(y  4)  0 (5y  26)(y  4)  026(loại) hoặc y  4 (thỏa mãn)y5Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x;y)=(0;4)Câu 31) .Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn  20142014  1 chia hết cho n3  2012nTa có n3  2012n  n3  n  2013n  n(n  1)(n  1)  2013nVì n – 1 , n. n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3Suy ra n  n  1 n  1 3 mà 2013 3 nên  n3  2012n  3(1)Mặt khác 20142014  1   2013  1  1 chia cho 3 dư 2 vì 2013 3 (2)Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyênnào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho2) Từ: 2x2  x  3y2  y (1)  2x2  2y2  x  y  y2  (x  y)(2x  2y  1)  y2(2)2222Mặt khác từ (1) ta có: 3x  3y  x  y  x  (x  y)(3x  3y  1)  x2014 (x  y)2 (2x  2y  1)(3x  3y  1)  x2 y2 (2x  2y  1)(3x  3y  1) là số chính phương (3)Gọi  2x  2y  1;3x  3y  1  d (2x  2y  1) d;(3x  3y  1) d  3x  3y  1   2x  2y  1   x  y  d 2(x  y) d  (2x  2y  1)  2(x  y)  1 d nên d = 1  2x  2y  1;3x  3y  1  1(4)Từ (3) và (4)  2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là số chính phươngLại có từ (2) suy ra  x  y  2x  2y  1 là số chính phương nên x – y cũng làsố chính phương.Vậy 2y2  x  3y2  y thì x  y;2x  2y  1 và 3x+3y+1 đều là các số chínhphươngCâu 4AOQPNCBIEMHda) Gọi Q là giao điểm của AB với OMTa có AM // CE (cùng vuông góc với AC)Suy ra BEC  MAB (so le trong)Mà ABC  900 ;AQM  900 và AMO  OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AMO  OMB  BCE (cùn phụ với hai góc bằng nhau)BE OBMB OB(1)BC MBBC BELại có MBA  OBC (cùng phụ với ABO) tan BCE  tan OMB Nên MBC  OBE ( ...