Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện đợt 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Lương Tài (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện đợt 1 môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Lương Tài (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. Ra đề thi HSG-LT02 UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI RA ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN ĐỢT 1 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2015 - 2016 Môn thi: Toán – Lớp 9 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) x 2 x 1 x 1 Bài 1: (2,0 điểm) 1. Cho biểu thức A = : x x 1 x x 1 1 x 2 a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh rằng 0 A 2 . 2 + x 2 - x x + 2 2. Cho biểu thức: 2 với –2 < x < 2 và x 0. Tính . 2 + x 2 - x x - 2 Bài 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình: x2 7x 6 x 5 30 2 2. Cho hai đường thẳng (d1): y = ( m – 1 ) x – m – 2m (Với m là tham số) 2 (d2): y = ( m – 2 ) x – m – m + 1 cắt nhau tại G. a) Xác định toạ độ điểm G. b) Chứng tỏ rằng điểm G luôn thuộc một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Bài 3: (2 điểm) a/ Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 – 1  24. b/ Tìm số tự nhiên n sao cho A n2 n 6 là số chính phương c/ Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y2 2xy 3x 2 0 Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn, M di động trên đường thẳng d, kẻ 2 tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (O,R), OM cắt AB tại I. a. Chứng minh tích OI.OM không đổi. b. Tìm vị trí của M để MAB đều. c. Chứng minh rằng khi M di động trên d thì AB luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5: (1 điểm) Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh x y z 9 rằng x yz y zx z xy 4 1
2. Đáp án Ra đề thi LT02 UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn thi: Toán – Lớp 9 Câu ý Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm a/ với x 0, x 1 0,25đ Ta có A = x 2 x 1 x 1 x 2 x x x x 1 2 : . 0,25đ x x 1 x x 1 1 x 2 x 1 x x 1 x 1 x 2 x 1 2 2 . x 1 x x 1 x 1 x x 1 0,25đ 1 b/ với x 0, x 1 ta luôn có A > 0 0,25đ 2 Lại có: x x 1 1 2 hay A 2 x x 1 0,25đ Vậy 0 A 2 1 0,25đ a c a - b c - d Áp dụng tính chất: Nếu ; từ giả thiết b d a + b c + d 2 + x 2 - x 2 2 - x 2 1 2 suy ra 2 + x 2 - x 2 2 + x 2 1 0,25 Từ giả thiết –2 < x < 2 suy ra 2 2 2 - x 2 - x 2 1 2 + x 2 0 3 2 2 2 + x 2 + x 2 1 2 - x 0,25 x 2 17 12 2 x 2 1 Đk: x 5 2 2
3. x2 7x 6 x 5 30 (x2 – 8x + 16) + (x + 5 - 6 x 5 + 9) = 0 0.5đ ( x – 4)2 + ( x 5 - 3)2 = 0 x 4 0 x 4 . 0.5đ x 5 3 0 Vậy x = 4. 2 0.5đ a/ Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình: (m-1)x - m2 - 2m = (m - 2)x - m2 - m + 1 x = m + 1 Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m2 - 2m y = -2m – 1 Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0.5đ b/ Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 Mà x = m + 1 y = -2x + 1 Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi a/ Ta có p2 – 1 = (p – 1)(p + 1) 0,25 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ do đó p – 1 và p + 1 là 3 hai số chẵn liên tiếp , suy ra (p – 1)(p + 1)  8 (1) Xét ba số tự nhiên liên tiếp p – 1; p; p + 1 ta có (p – 1) p(p + 1) 0,25 3. Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3, 3 là số nguyên tố suy ra (p – 1)(p + 1)  3 (2) 0,25 Từ (1) và (2) kết hợp với (3, 8)=1 và 3.8 = 24 suy ra p2 – 1  24 (đpcm) 3
4. b/ A n2 n 6 là số chính phương nên A có dạng A n2 n 6 k 2 (k N * ) 2 2 2 2 4n 4n 24 4k (2k) (2n 1) 23 0.25 2k 2n 1 23 (2k 2n 1)(2k 2n 1) 23 2k 2n 1 1 (Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1) 0.5 2k 2n 1 23 k 6 2k 2n 1 1 n 5 Vậy với n = 5 thì A là số chính phương c/ y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 (x y)2 (x 1)(x 2) 0,25đ (*) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0. 0,25đ x 1 0 x 1 y 1 x 2 0 x 2 y 2 Vậy có 2 cặp số nguyên (x; y) ( 1;1) hoặc (x; y) ( 2;2) 4 4
5. A 0,25đ O I 0,25đ K B 0,25đ (d) M H Vẽ hình đúng đến câu a 0,5đ a) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O,R) 0,25đ OB  MB ; OA  MA Chứng minh được OAM OBM từ đó suy ra MA = MB Lại có OA=OB suy ra OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB 0,5đ OM  AB OMB vuông tại B có BI là đường cao OB2 = OI.OM 0,25đ OI.OM = R2 không đổi. 0,25đ b) AMB cân tại M (chứng minh trên) 0,25đ Để AMB đều thì góc AMB = 600 góc BMO = 300 0,25đ OBM vuông tại B có OB = 0,5 OM OM = 2.OB = 2R Kết luận c/ Kẻ OH  d, H d H cố định, OH cắt AB tại K. 5
6. Chứng minh OIK và OHM đồng dạng OH.OK = OI. OM = R2 không đổi Mà O, H cố định nên OH không đổi OK không đổi, K OH cố định K cố định Ta có x + yz = x(x + y + z) + yz = (x + y)(z + x). Tương tự ta có y + zx = (x + y)(y + z); z + xy = (y + z)(z + x) 0.25đ Do đó: x y z x(y z) y(z x) z(x y) x yz y zx z xy (x y)(y z)(z x) 0,25đ 2 (x y)(y z)(z x) xyz 5 (x y)(y z)(z x) 2xyz 1 9 = 2 2 ( vì áp dụng BĐT Côsi cho hai (x y)(y z)(z x) 4 4 0,25đ số dương ta có: (x y)(y z)(z x) 2 xy.2 yz.2 zx 8xyz )) 1 Đẳng thức xảy ra x y z . 0,25đ 3 HẾT. 6