Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KIM THÀNH Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (2,0 điểm) x 2 x 1 x 1 Cho P : x x 1 x x 1 1 x 2 a/ Rút gọn biểu thức P b/ Tìm x để P = 2 7 c/ So sánh P2 với 2P Bài 2 (2,0 điểm) 1 1 1/ Giải phương trình: x x 1 x x 2/ Trên một mặt phẳng tọa độ, cho các điểm M(2; 1), N(3; – 4), P(5; 3) lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC. a/ Viết phương trình của đường thẳng AB; BC. b/ Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Bài 3 (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2014x 2015y 2016 0 2/ Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng: Tổng của số đó với các chữ số của nó bằng 2023 Bài 3 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) cố định, đường kính AB. Lấy điểm I nằm trên tia đối của BA, kẻ tiếp tuyến IC (C là tiếp điểm). Gọi M là 1 điểm cố định thuộc nửa đường tròn đường kính AB không chứa điểm C (M khác A;B). Gọi N là giao điểm thứ 2 của IM với (O); H là hình chiếu của C trên AB; K là hình chiếu của O trên IM, E là giao điểm của CH và OK. a/ Chứng minh: IC2 =IA.IB b/ Chứng minh: IH.IO=IM.IN c/ Khi I di động trên tia đối của BA, hãy tìm quỹ tích điểm E. Bài 5 (1,0 điểm) Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a2 b2 1 2(ab a b) . Chứng minh a; b là 2 số chính phương liên tiếp. Hết
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn thi: Toán - Lớp 9 Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0đ): Ý Đáp án Điểm x 2 x 1 x 1 P : (với x 0 ; x≠1) 3 x 1 x x 1 x 1 2 x 2 x x x x 1 2  x 1 0, 5đ a/ x 1 x x 1 x 2 x 1 2 2  x 1 x x 1 x 1 x x 1 2 Vậy P 0,25đ x x 1 2 Ta có: P (với x 0 ; x≠1) x x 1 2 2 2 0,25đ P x x 1 7 x x 6 0 7 x x 1 7 b/ x 2 x 3 0 x 2 0 (vì x 0 nên x 3 0) x 4 0,5đ 2 Vậy với x =4 thì P = 7 2 Ta có: P ( Với x 0 ; x ≠ 1) x x 1 2 Do x 0 ; x≠1 nên x x 1 0 P 0 x x 1 c/ Ta lại có x x 0 (vì x 0 ; x≠1) 1 2 x x 1 1 1 P 2 0,25đ x x 1 x x 1 Ta có P2 – 2P = P(P – 2) 0 (vì 0 P2 2P 0,25đ Vậy P2 2P
3. Bài 2 (2,0đ): Ý Đáp án Điểm 1 x 0 x 1 x 1 ĐK: 1 0 0,25đ x 1 x 0 x 0 TH1: 1 x 0 . VT 0 nên PT vô nghiệm. 0,25đ 1 1 1 1 TH2: x 1. PT: x x 1 x 1 x x x x x 2 1/ 1 1 1 2 x 1 x x – 2x 1 1 x 0 x x x 2 2 1 x x 2 x 1 1 0 x x 1 2 x(x 1) 1 0 0,25đ x 2 x x 1 1 0 x x 1 1 x2 x 1 0 1 5 x (vì x 1) 2 0,25đ 1 5  Vậy S  2  2 1 + Viết được phương trình của đường thẳng MP là y x – 0,25đ 3 3 + Đường thẳng BC song song với MP nên phương trình có dạng 2 y x b . Vì N thuộc đường thẳng BC tìm ra b = – 6. Vậy phương trình 2-a/ 3 2 của đường thẳng BC là y x – 6 . 3 7 + Tương tự ta có ptđt AB là y x – 6 0,25đ 2 2 y x – 6 3 + Giải hệ ta suy ra tọa độ đỉnh B(0; – 6) 0,25đ 7 y x 6 2 2-b/ Sử dụng công thức tọa độ trung điểm, với P là trung điểm AC nên P là trung điểm của BD, tìm ra tọa độ điểm D(10;12). 0,25đ Vậy D(10;12).
4. Bài 3 (2,0đ): Ý Đáp án Điểm Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2014x 2015y 2016 0 2 x xy x 2015x 2015y 2015 1 0,25đ x x y 1 2015 x y 1 1 x y 1 x 2015 1 0,25đ 1/ x y 1 1 x y 1 1 hoặc x; y 2016; 2016 hoặc x 2015 1 x 2015 1 0,25đ x; y 2014; 2016 Vậy x; y 2016; 2016 hoặc x; y 2014; 2016 . 0,25đ Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng: Tổng của số đó với các chữ số của nó bằng 2023 Gọi số cần tìm là abcd ĐK: a;b;c;d N;1 a 9;0 b;c;d 9 Theo bài ra ta có: abcd a b c d 2023 (1) Vì abcd a b c d 2023 nên abcd 3000 và 1 a 9 nên a=1; 2. TH1: a=1. 0,25đ Thay vào (1) ta được: 1bcd 1 b c d 2023 bcd b c d 1022 (2) bcd 1022 (b c d) 1022 9 9 9 995 nên b=9. Thay vào (2) ta được: 9cd 9 c d 1022 cd c d 113 (3) cd 113 c d 113 9 9 95 nên c=9. Thay vào (3) ta được: 9d 9 d 113 d d 14 d 7 2/ Suy ra số cần cần tìm là: 1997. TH2: a=2. Thay vào (1) ta được: 2bcd 2 b c d 2023 bcd b c d 21 (4) bcd 21 (b c d) 21 0 0 0 21 100 nên b=0. 0,25đ Thay vào (4) ta được: 0cd 0 c d 21 cd c d 21 (5) cd 21 c d 21 0 0 21 nên c=0;1;2. + Nếu c=0. Thay vào (5) ta được: 0d 0 d 21 d d 21 d 10,5 (loại). + Nếu c=1. Thay vào (5) ta được: 1d 1 d 21 d d 10 d 5 0,25đ Suy ra số cần cần tìm là: 2015. + Nếu c=2. Thay vào (5) ta được: 2d 2 d 21 d d 1 (loại). Vậy có 2 số tmycbt là: 1997 và 2015. 0,25đ
5. Bài 4 (3,0đ): Ý Đáp án Điểm C O A H B I 0,25đ N K M E Chứng minh: IC2 =IA.IB a/ 2 2 2 2 2 0,75 Chỉ ra: IC IO OC IO OA IO OA IO OA IA.IB đpcm. Chứng minh: IH.IO=IM.IN Chỉ ra: OCI vuông tại C, đường cao CH nên IC 2 IH.IO (1) 0,25đ Chỉ ra: IM.IN IK KM IK KN IK 2 KM 2 b/ IK 2 OA2 OK 2 IK 2 OK 2 OA2 IO2 OA2 0,5đ IO OA IO OA IA.IB IC 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: IH.IO=IM.IN đpcm. 0,25đ Khi I di động trên tia đối của BA, hãy tìm quỹ tích điểm E. + Chỉ ra: OHE đồng dạng với OKI suy ra OK.OE=OH.OI (3) 0,25đ + OCI vuông tại C, đường cao CH nên OH.OI=OC2= OM2. (4) + Từ (3); (4) suy ra: OK.OE=OM2. Chỉ ra OKM đồng dạng với OME . 0,25đ · · 0 c/ Nên OME OKM 90 suy ra: ME  OM. Vì (O); AB ; M cố định nên đường thẳng đi qua M và vuông góc với OM 0,25đ cũng cố định tức là đường thẳng ME cố định. Nên quỹ tích điểm E là nằm trên đường thẳng đi qua M và vuông góc với OM. Giới hạn quỹ tích: Phần đường thẳng ME nằm giới hạn giữa 2 đường tiếp 0,25đ tuyến của đường tròn (O) tại A và B.
6. Bài 5 (1,0đ): Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a2 b2 1 2(ab a b) . Chứng minh a; b là 2 số chính phương liên tiếp. (1đ SX) Ý Đáp án Điểm Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn a2 b2 1 2(ab a b) a2 b2 1 2ab 2a 2b 4a 2 a b 1 4a . Suy ra a 0 . 0,25đ a b 1 2 4a là số chính phương suy ra a là số chính phương Nên đặt a = x2 (x là số nguyên). Khi đó: 0,25đ 2 x2 b 1 4x2 x2 b 1 2x 0,25đ b x 1 2 Ta thấy x và (x+1) hoặc (x-1) và x là các số nguyên liên tiếp. 0,25đ Suy ra: x2 và (x+1)2 hoặc (x-1)2 và x2 là các số chính phương liên tiếp. Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp Ghi chú: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.