Đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Đề số 4 (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề ôn thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Đề số 4 (Có đáp án và thang điểm)

1. ĐỀ ÔN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ( Đề thi số 04) Bài 1: (6 điểm) x x 3 x 2 x 2 1. Cho M (1 ) : ( ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên 2. Tính giá trị của biểu thức P P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3 Bài 2: (4 điểm) a) Giải phương trình: (1 x 2 )3 4x 3 1 3x 4 b) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 2 2014 là một số chính phương. Bài 3: (4 điểm) a) Cho đường thẳng: (m 2)x (m 1)y 1 (m là tham số) (1) CMR: đường thẳng (1) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m b) Chứng minh rằng: nếu a, b ,c là ba số thỏa mãn a + b +c = 2013 1 1 1 1 và = thì một trong ba số phải có một số bằng 2013 a b c 2013 Bài 4: (5 điểm) Cho hai đoạn thẳng AB và CD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đoạn. Lấy M tong góc AOC sao cho OM = OA = OB. Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. a) Tính sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) c) Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Bài 5: (1 điểm) 4a 9b 16c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P b c a a c b a b c (Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác) - Hết -
2. ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Đề số 04. Bài 1: a) (4,5đ) ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1) Rút gọn M: Với x 0; x 4; x 9 x 2 8Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ) x 1 x 2 x 1 3 x 1 3 3 2) M 1 (0,75đ) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U (3) Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 1 0 x 1 1 Nên x 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) . x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*)) . x 1 3 x 2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b) x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3 Có 18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 (0,5đ) 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 (0,25đ) x 6 2 2. 3 3 1 6 2 2. 2 3 6 2 4 2 3 3 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014 Bài 2: a_(2,5đ) 3 1 x2 4x3 1 3x4 (1) Ta có: 4x3 1 3x4 3x4 4x3 x2 x2 1 1 x2 x2 3x2 4x 1 (2) Thay (2) vào (1) ta có: 3 (1) 1 x2 1 x2 x2 3x2 4x 1 (3) ( 0,5đ) Đặt y 1 x2 , với y ≥ 1. Suy ra x2 y 2 1 Thay vào (3): y3 y2 1 y2 3x2 4x 1 (0,5đ)
3. y2 y 1 1 y2 3x2 4x 1 0 y 1 0 y 1 y2 y 1 3x2 4x 1 0 2 y y 1 3x 4x 1 0 * Với y = 1 thì x = 0 thỏa mãn phương trình. * Với y ≠ 1 và y ≥ 1, ta có: y2 y 1 3x2 4x 1 0 (4) (1đ) 2 2 2 1 1 Vì 3x 4x 1 3 x và y > 1 thay vào vế trái của (4) 3 3 3 2 2 2 1 1 13 1 13 1 y y 1 y 1 lớn hơn. (0,25đ) 3 6 36 6 36 3 Do đó (4) vô nghiệm Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0 (0,25đ) n 2 2014 k 2 (k 2 N) b_ (1,5đ) Giả sử (1) (0,5đ) 2014 k 2 n 2 2014 (k n)(k n) Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ Do 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn (0,5đ) (k n)(k n)4 Khi đó từ (1) suy ra ta lại có 20144 (điều này vô lí) Vậy không có số nguyên n nào để n 2 2014 là số chính phương (0,5đ) Bài 3: a) (2đ) Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m 2)x (m 1)y 1 đi qua điểm cố định N(x0 ; y0 ) với mọi m là : (0,5đ) (m 2)x0 (m 1)y0 1 với mọi m mx0 2x0 my0 y0 1 0 với mọi m (x y )m (2x y 1) 0 với mọi m (0,75đ) 0 0 0 0 x0 y0 0 x0 1 (0,5đ) 2x0 y0 1 0 y0 1 Vậy các đường thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N(-1; 1) (0,25đ) b) Điều kiện a, b, c 0 1 1 1 1 Từ Suy ra ( bc +ac +ab ) ( a+b+c ) – abc = 0 (0,25đ) a b c a b c ( a+b ) ( b+c ) ( c+a ) = 0 a+b =0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0 (0,5đ) Nếu a+b =0 mà a+b+c =2013 nên c=2013 Nếu b+ c =0 mà a+b+c =2013nên a=2013 Nếu a+c=0 mà a+b+c =2013nên b=2013 (0,5đ) Vậy 1 trong các số a, c , b bằng 2013 (0,25đ) Bài 4:
4. C K M B O H A D (0,5đ) a) Vì M nằm trong góc AOC và OM = OA = OB nên các tam giác BMA và CMD vuông tại M nên: sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC = (sin2 M· BA cos2 M· BA) (sin2 M· CD cos2 M· CD) =1+1=2 (1,5đ) b) Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) (1đ) và BH = AB – AH = 2R – AH Suy ra:OK2=MH2=AH(2R-AH) (1đ) c) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH (Vì MK = OH) (0,25đ) OH 2 MH 2 OM 2 R2 Mà OH.MH (Pitago) (0,25đ) 2 2 2 R2 Vậy P 4R2. 2R4 . đẳng thức xẩy ra MH = OH (0,25đ) 2 R 2 OH= (0,25đ) 2 Bài 5: Đặt x = b + c – a, y = a + c – b, z=a + b – c thì x, y, z 0 ` z y a 2 b c a x x z Ta có a c b y b (0,25đ) 2 a b c z x y c 2
5. Vậy 2 y 2 z 9 z 9 x 8x 8 y P x 2 y z (0,25đ) 2 y 9 x 2 z 8x 9 z 8 y 2 9 2 16 2 36 26 x 2 y x z 2 y z 2y 9x z x x 2y 2 2 2 4y 9x 2z 8x 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi 2z 2 8x 2 y x (0,25đ) x z 2 2 2 9z 8y 9z 8y 4 z y 2y z 3 z x 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26 khi và chỉ khi y x (0,25đ) 2 4 z y 3