Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT huyện Thiệu Hóa (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT huyện Thiệu Hóa (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN HUYỆN THIỆU HÓA NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27 tháng 11 năm 2013 (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1 (5 điểm). x 2 x 1 x 1 Cho biểu thức P = : x x 1 x x 1 1 x 2 a) Rút gọn P b) Tìm x để P = 2 7 c) So sánh P2 với 2P. Bài 2 (3 điểm). a) Giải phương trình: x2 4 x2 4 0 b) Tìm x, y , z thỏa mãn điều kiện: x y 4z 1 y z 4 x 1 z x 4 y 1 Bài 3 (2 điểm). Cho x và y là các số hữu tỉ và thoả mãn đẳng thức x3 y3 2xy . Chứng minh rằng 1 xy là một số hữu tỉ. Bài 4 (5 điểm). Cho đường tròn (O,R) đường kính AB. Qua điểm C thuộc đường tròn kẻ tiếp tuyến d của đường tròn. Gọi I, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A và B đến đường thẳng d. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB. Chứng minh: a) CI = CK b) CH2 = AI.BK c) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính IK. Bài 5 (2 điểm). Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM. Bài 6 (3 điểm). a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x2 xy y2 x2 y2 b) Cho 0 x, y, z 1 x y z 3 Chứng minh rằng : 1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z Họ tên học sinh: ; Số báo danh: 0
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán Bài Nội dung Điểm Bài 1 (5 đ) a) Điều kiện: x 0, x 1 0,5 đ 2,0 đ x 2 x 1 x 1 P = : ( x 1)(x x 1) x x 1 x 1 2 x 2 x( x 1) (x x 1) x 1 = : 0,5 đ ( x 1)(x x 1) 2 x 2 x x x x 1 x 1 x 2 x 1 2 0,5 đ = : = . ( x 1)(x x 1) 2 ( x 1)(x x 1) x 1 ( x 1)2 2 2 = . = 0,5 đ ( x 1)(x x 1) x 1 x x 1 2 2 2 b) P = x x 6 0 0,5 đ 1,5 đ 7 x x 1 7 ( x 2)( x 3) 0 x 2 0 ( vì x 3 0 với x 0) 0.5 đ x 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy với x = 4 thì P = 2 7 0,5 đ 2 c) P = > 0 vì x 0 0,5 đ 1,5 đ x x 1 2 0,5 đ P = 2 vì x x 1 1 x x 1 Ta có P > 0 và P 2 nên P.(P - 2) 0 P2 - 2P 0 P2 2P 0,5 đ Bài 2 (3 đ) a) x 2 4 x 2 4 0 Điều kiện x 2 0,25 đ 1,0 đ 2 2 x 4 x 4 0 2 Đặt x 4 = t (t 0) 0,25 đ 2 t 1 t t 0 t 0 *t 0 x 2 4 0 x 2 0,25 đ (Thỏa mãn điều kiện) *t 1 x 2 4 1 x 5 0,25 đ 1 b) Điều kiện: x , y , z 0,5 đ 2,0 đ 4 Cộng từng vế ta có : 1
3. 2x 2y 2z 4x 1 4y 1 4z 1 4x 4y 4z 2 4x 1 2 4y 1 2 4z 1 0 0,5 đ 2 2 2 4x 1 1 4y 1 1 4z 1 1 0 (*) 2 2 2 Vì 4x 1 1 0; 4y 1 1 0; 4z 1 1 0 4x 1 1 0 0,5 đ 1 Nên (*) xay ra 4y 1 1 0 x y z 2 4z 1 1 0 1 0,5 đ Kết luận : vậy x y z 2 Bài 3 * Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì 1 xy 1 là số hữu tỉ 0,5 đ (2đ) * Nếu x, y đều khác 0 y3 y y4 y2 x3 y3 2xy x 2 xy 2 0,5 đ x2 x x2 x 2 y4 y2 y2 1 xy 2 1 1 2 x x x 0,5 đ 2 y2 y2 1 xy 1 1 là số hữu tỉ x x Vậy x và y là các số hữu tỉ và thoả mãn đẳng thức x3 y3 2xy . thì 1 xy là một số hữu tỉ 0,5 đ Bài 4 d (5 đ) K C I B A H O a) 1,5 đ Nối OC. Vì d là tiếp tuyến của (O) tại C nên OC vuông góc với d 0,5 đ Ta có: AI// BK ( vì cùng vuông góc với d) => ABKI là hình thang 0,5 đ Do OA= OB =R, OC// AI // BK ( vì cùng vuông góc với d) => CI = CK ( T/c đường trung bình của hình thang) 0,5 đ 2
4. b) 2,0 đ Vì C· AI ·ACO ( So le trong, AI//CO), ·ACO C· AO ( OAC cân) 0,5 đ C· AI C· AO IAC HAC ( Cạnh huyền - góc nhọn) 0,5 đ => AI = AH. Tương tự: BK = BH. 0,5 đ Do ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ABC vuông tại C. => CH2 = HA.HB = AI.BK ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) 0,5 đ c) 1,5 đ Ta có: IAC HAC CI CH CK 0,5 đ IK H (C, ) Mà CH  AB tại H 2 0,5 đ IK => AB là tiếp tuyến của (C, ) Hay AB là tiếp tuyến của đường tròn 2 0,5 đ đường kính IK. Bài 5 M (2 đ) H A B K Ta có: B· MK H· AK ( góc có cạnh tương ứng vuông góc) 0,5 đ Suy ra: BKM  HKA (g.g) 0,25 đ BK KM BK.KA KM.KH HK KA 0,5 đ 2 BK KA AB2 Mặt khác: BK.KA . ( bất đẳng thức Cosi) 2 4 Dấu “=” xảy ra khi BK = KA 0,5 đ AB2 KM.KH . 4 AB2 0,25 đ Vậy giá trị lớn nhất của tích KM.KH = khi BK = KA, tức K là 4 3
5. trung điểm của cạnh AB. Bài 6 (3 đ) a) Ta có: 1,5 đ x2 xy y2 x2 y2 4x2 4xy 4y2 4x2 y2 0 2 0,5 đ 2x 2y (2xy 1)2 1 2x 2y 2xy 1 2x 2y 2xy 1 1 x 0 2x 2y 2xy 1 1 y 0 0,5 đ 2x 2y 2xy 1 1 x 1 2x 2y 2xy 1 1 y 1 2x 2y 2xy 1 1 x 1 0,5 đ y 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm là (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1) b) Vì 0 x, y, z 1 nên (1 x)(1 y) 0 1 xy x y 0,25 đ 1,5 đ 1 z xy x y z 0,25 đ y y 0,25 đ (1) 1 z xy x y z x x z z 0,25 đ Tương tự ta có (2) ; (3) 1 y xz x y z 1 x xy x y z Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được x y z x y z 3 0,25 đ 1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z x y z Dấu “=” xẩy ra khi x = y = z =1 0,25 đ Hết 4