Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN o0o Năm học: 2018– 2019 Môn thi: Toán học – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) 2 x 1 x 3 10 x Cho biểu thức A x 3 2 x x 5 x 6 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của x sao cho A 2 . x 4 x 20 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng B . A x 2 Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: x 1 2 7 x 2 x 1 7 6x x2 b) Cho các đường thẳng y 2m 1 x 4m 1 ; y 2m2 1 m2 m 1 x 2m và 3m 1 x 2 2m y 1. Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua 1 điểm cố định? Câu 3 (2 điểm) a) Cho p và p2 2 là các số nguyên tố. Chứng mình rằng số p3 p2 1 cũng là số nguyên tố? b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 3xy 2y2 6x 2y 1. Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) A B, A C . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, D là điểm đối xứng với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh rằng AJH đồng dạng với HIC . b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE < AB? c) Khi A di động A B, A C , xác định vị trí điểm A trên nửa đường tròn sao cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất. Câu 5 (1 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a b c 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 4 9 a b b c c a a b c Hết
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM o0o ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: Toán học – Lớp 9 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a 2 x 1 x 3 10 x Rút gọn A x 3 2 x x 5 x 6 Điều kiện xác định: x 0; x 4; x 9 . Khi đó: 2 x 1 x 3 10 x 2 x 1 x 3 10 x A 0.5 x 3 2 x x 5 x 6 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x 1 x 2 x 3 x 3 10 x x 2 x 3 x 3 x 2 x 3 x 2 0.5 x 1 x 3 x 1 x 3 x 2 x 2 b Tìm x để A < 2. x 1 x 1 x 5 Để A 2 2 2 0 0 0,25 x 2 x 2 x 2 x 5 0 x 5 x 25 TH1: Khi x 25 x 2 0 x 2 x 4 x 5 0 x 5 0 x 25 TH2: Khi 0 x 4 0,25 x 2 0 x 2 0 x 4 Đối chiếu với điều kiện xác định ban đầu ta được giá trị cần tìm của x là: 0 x 4 hoặc x 25 c Tìm giá trị nhỏ nhất của B Ta có: B xác định khi x 0; x 4; x 9 x 4 x 20 x 2 x 4 x 20 x 4 x 20 B . A x 2 x 1 x 2 x 1 0,25 25 25 x 5 x 1 6 x 1 x 1 25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x 1 và , ta được x 1 25 25 25 x 1 2.5 x 1 10 x 1 6 4 B 4 x 1 x 1 x 1 0,25 25 Dấu “=” xảy ra khi: x 1 x 1 5 x 4 x 16 (t/m) x 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB 4 khi x 16 . 2 a Giải phương trình x 1 2 7 x 2 x 1 7 6x x2 Điều kiện xác định của phương trình: 1 x 7 PT x 1 2 x 1 2 7 x 7 x x 1 0 0,5 x 1. x 1 2 7 x. 2 x 1 0 x 1 2 x 1 7 x 0
3. x 1 2 0 x 1 2 x 3(t/ m) x 1 7 x 0 x 1 7 x 0,5 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3. b Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định Gọi M x0 ; y0 là điểm cố định của đường thẳng y 2m 1 x 4m 1 Khi đó ta có: y0 2m 1 x0 4m 1, m ¡ m 2x0 4 x0 y0 1 0, m ¡ 0,5 2x0 4 0 x0 2 M 2;3 x0 y0 1 0 y0 3 Do đó, đường thẳng y 2m 1 x 4m 1 luôn đi qua điểm cố định M 2;3 Với x 2; y 3 thay vào đường thẳng y 2m2 1 m2 m 1 x 2m ta được: 3 2m2 1 2. m2 m 1 2m 2 2m2 2m2 2 đúng với m ¡ 0,25 Đường thẳng y 2m2 1 m2 m 1 x 2m luôn đi qua M 2;3 m ¡ Với x 2; y 3 thay vào đường thẳng 3m 1 x 2 2m y 1 ta được: 2 3m 1 3 2 2m 1 1 1 đúng với m ¡ 0,25 Đường thẳng 3m 1 x 2 2m y 1 luôn đi qua M 2;3 m ¡ Vậy 3 đường thẳng đã cho cùng đi qua điểm cố định M 2;3 . 3 a Chứng mình rằng số p3 p2 1 cũng là số nguyên tố Do p là số nguyên tố nên: Khi p 2 p2 2 6 là hợp số Mâu thuẫn với giả thiết p2 2 là số nguyên tố p 2 không thỏa mãn đề. 0,5 Khi p 3 p2 2 11 là số nguyên tố (tm) p3 p2 1 37 là số nguyên tố (đpcm). Khi p 3 p2 3n 1 n N * p2 2 3n 3 3 p2 2 là hợp số 2 Mâu thuẫn với giả thiết p 2 là số nguyên tố p 3 không thỏa mãn 0,5 đề. Vậy khi p và p2 2 là các số nguyên tố thì p3 p2 1 cũng là số nguyên tố b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x2 3xy 2y2 6x 2y 1. Ta có 2x2 3xy 2y2 6x 2y 1 x 2y 2 2x y 2 5 0,5 Vì x; y ¢ x 2y 2;2x y 2 ¢ nên x 2y 2;2x y 2 là ước của 5: x 2y 2 1 x 2y 1 x 1 TH1. 2x y 2 5 2x y 3 y 1 1 x x 2y 2 5 x 2y 3 5 TH2. (Không thỏa mãn) 2x y 2 1 2x y 1 7 0,5 y 5 17 x x 2y 2 1 x 2y 3 5 TH3. (Không thỏa mãn) 2x y 2 5 2x y 7 1 y 5
4. 13 x x 2y 2 5 x 2y 7 5 TH4. (Không thỏa mãn) 2x y 2 1 2x y 3 11 y 5 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: x; y 1;1 4 a Ta thấy ABC ngoại tiếp đường tròn đường kính BC nên AB  AC AC  AD IA IH  Từ giả thiết  IJ / / AD JH JD IJ  AC ·AIJ ·ACH (cùng phụ với góc H· AC ) (1) +) Trong tam giác vuông ACH ta AH có: tan ·ACH (2) HC 1 +) Trong tam giác vuông AIJ ta có AJ AJ tan ·AIJ AI HI (3) AI HI Từ (1), (2), (3) AH AJ AH HC (4) HC HI AJ HI AB AD Từ giả thiết  AJ / / BC AJ  AH HAJ vuông tại A JH JD  Do đó từ (4) ta có: tan ·AJH tan H· IC ·AJH H· IC AJH : HIC b Chứng minh 2AE AB Theo câu a ta có AJH : HIC ·AHJ H· CI Ta lại có: H· CI H· IC 900 ·AHJ H· IC 900 JH  CI Từ đó JEI vuông tại E I, J, E thuộc đường tròn đường kính IJ 0,5 Tương tự JAI vuông tại A I, A, J thuộc đường tròn đường kính IJ I, A, J,E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ Theo tính chất liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn đường kính IJ ta có: AE JI 1 1 Mà ta lại có IJ AD IJ AB (D đối xứng với B qua A) 2 2 1 0,5 AE AB 2AE AB 2 Dấu “=” xảy ra khi tứ giác AIEJ là hình chữ nhật JE / / AI AH  HD (mâu thuẫn) 2AE AB c Xác định vị trí điểm A Khi A di động trên nửa đường tròn (O). Ta có chu vi tam giác ABC là: C ABC AB AC BC Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có AB2 AC 2 2AB.AC 2 AB2 AC 2 AB2 2AB.AC AC 2 0,5 2 AB2 AC 2 AB AC 2 2BC 2 AB AC 2 AB AC 2BC
5. Do đó, C ABC AB AC BC 2BC BC 2 1 BC (BC không đổi) Nên chu vi tam giác ABC lớn nhất là 2 1 BC khi AB = AC 0,5 A thuộc trung trực của BC A là giao điểm của trung trực BC với đường tròn (sau này A là điểm chính giữa cung BC) 5 1 1 1 1 1 1 Chứng minh 4 9 a b b c c a a b c Từ giả thiết a b c 1nên ta có: 1 1 1 1 1 1 4 9 a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c 4 9 a b b c c a a b c 0,5 4c 4a 4b b c c a a b 12 12 a b b c c a a b c 4c 4a 4b b c c a a b a b b c c a a b c 1 1 4 1 1 Ta có với các số dương x, y thì x y 4 nên: x y x y x y 4c 1 1 4a 1 1 4b 1 1 c. ; a. ; b. a b a b b c b c c a c a 0,5 4c 4a 4b b c c a a b Cộng các vế lại ta được: đpcm a b b c c a a b c Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 3 Chú ý: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần.