Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Thành phố Thanh Hóa (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Thành phố Thanh Hóa (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC: 2014 – 2015 Môn: Toán - Lớp 9 Đề chính thức Đề thi gồm có: 01 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2014 ĐỀ BÀI Bài 1 (4,0 điểm) 1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x: 6x (x 6) x 3 3 1 A = . 2(x 4 x 3)(2 x) 2x 10 x 12 3 x x 2 Điều kiện x 0 , x 4; x 9 ; x 1 2 3 2 3 2) Rút gọn biểu thức: B = 2 2 3 2 2 3 Bài 2 (6,0 điểm) 3a 1 a 1 2a(a 2 1) 1) Cho phương trình : ( a là tham số) a x a x x2 a 2 a) Giải phương trình trên. b ) Tìm các giá trị nguyên dương của a để phương trình có nghiệm x là số nguyên tố. x3 y3 z3 3xyz 2) Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau: 2 x 2(y z) Bài 3 (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho : 2 abc n -1 Với n Z ; n >2 2 cba (n 2) 2) Cho tam giác ABC có 3 cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 . Chứng minh : 52 3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 Bài 4 (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh là a và N là một điểm trên cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Trên tia đối của tia BA lấy điểm F sao cho BF = DE. Gọi M là trung điểm của EF. 1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM. 2) Xác định vị trí điểm N trên AB sao cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vuông ABCD. Bài 5 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có Bµ Cµ 1050 và AB AC 2 2BC. Tính Bµ và Cµ (Hết) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi:
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC: 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm 6x (x 6) x 3 3 1 A 2(x 4 x 3)(2 x) 2x 10 x 12 3 x x 2 1) 6x (x 6) x 3 3 1 A 2(2 x)( x 3)( x 1) 2( x 3)(2 x) (2 x)( x 1) 0,75 1 2điểm Do x 0; x 1; x 4; x 9 (4đ) 6x (x 6) x 3 3( x 1) 2( x 3) A = 2( x 1)( x 3)(2 x) 6x x x 6 x 3 3 x 3 2 x 6 A = 2( x 1)( x 3)(2 x) 0,75 (2x 6 x) 2( x 3) x( x 3) x( x 3) A = 2( x 1)( x 3)(2 x) ( x 1)( x 3)(2 x) 1 0,5 A = = => ĐPCM 2( x 1)( x 3)(2 x) 2 B 2 3 2 3 2 3 2 3 2) 1,0 2 2 4 2 3 2 4 2 3 3 3 3 3 2điểm B (2 3)(3 3) (3 3)(2 3) 3 3 3 3 2 (3 3)(3 3) 6 0,75 B 1 B 2 2 0,25 3a 1 a 1 2a(a 2 1) (1) a x a x x2 a 2 ĐKXĐ : x a 0,25 1a) 2 Biến đổi đưa phương trình về dạng : 2ax = a (a +1) 0,5 2 Với a = 0 thì phương trình có dạng : 0x = 0. 2điểm Phương trình (1) có vô số nghiệm với x 0 0,25 a(a 1) Với a 0 ta có x = 0, 25 2
3. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm a(a 1) Để x = là nghiệm của phương trình (1) thì : 2 a(a 1) a(a 1) a (2) và - a (3) 2 2 0,25 Giải(2) ta được a 1, a 0 Giải (3) ta có: a 0 , a -3 0,25 Vậy : a = 0 phương trình có vô số nghiệm x 0 a = - 3 ; a= 1 phương trình vô nghiệm. a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất 0,25 a(a 1) x = 2 Theo câu a: Với a = 0 thì phương trình có vô số nghiệm x 0 (loại do a >0) 0,25 1b) Với a 1; a -3 và a 0 phương trình có nghiệm duy nhất 2 a(a 1) x = 2,0 2 điểm Vì a là số nguyên dương và a 1nên: Nếu a = 2 thì x = 3 , là số nguyên tố (thỏa mãn) 0,5 Nếu a > 2 thì a = 2k hoặc a = 2k + 1 với k N, k > 1 0,25 Xét a = 2k thì x = k(2k + 1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. (loại) 0,5 Xét a = 2k +1 thì x = (2k +1)(k+1) là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên x là hợp số. ( loại) Vậy a =2 thì nghiệm của phương trình x = 3 là số nguyên tố. 0,5 x3 y3 z3 3xyz (1) 2 2) x 2(y z) (2) 2,0 Vì x, y, z > 0 nên xyz > 0. điểm Kết hợp với phương trình (1) => x3 > y3; x3 > z3.=> x > y, x > z. 0,5 Do đó 2x > y + z hay 4x > 2( y+z) kết hợp với (2) ta có : x2 x y = z =1 (vì x, y nguyên dương) 0,5 y z 2 Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là: 0,25 (x;y;z) = (2;1;1)
4. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm Ta có : abc = 100a + 10b + c = n2 - 1 cba = 100c + 10b + a = (n - 2)2 0,25 1) 99(a - c) = n2 - 1 - n2 + 4n - 4 = 4n - 5 2điểm 4n - 5  99 ( do a - c là số nguyên) 0,5 Lại có : 100 n2 - 1 999 101 n2 1000 11 n 31 39 4n - 5 119 0,75 3) Vì 4n - 5  99 nên 4n - 5 = 99  n = 26 0,25 abc = 675 0,25 (4đ) Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC ta có : a b c b c - a p - a = - a > 0 2 2 Tương tự p - b > 0 ; p - c > 0 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương p -a; p -b; p -c ta 2) có: (p –a) +(p - b) + (p –c) 33 (p a)(p b)(p c) 2 điểm 3 3p - (a b c) => 0 E· CF 900 4  ECF vuông cân tại C 0,5 Có M là trung điểm của EF nên CM là đường trung tuyến vừa 1) là đường cao, phân giác, trung trực.
5. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm E M A B N x F 4 (4đ) D C 1) => E· CM 450 , mà A· CB 450 ( do ABCD là hình vuông) 2,0 · · điểm ACE BCM (1) 0,5 Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác 1 vuông ta có: MA = MC ( = EF) => M trung trực của AC 2 mà BD là trung trực của đoạn thẳng AC. =>M, B, D thẳng hàng => M· BC E· AC 1350 (2) 0,5 0,25 Từ (1) và (2) => ACE ∽ BCM (g.g) Đặt BN =x => AN = a –x 1 1 2 SACFE = SACE + SECF = CD.AE .CE . 2 2 0,25 AE AN Tính AE: Có ( do AN// DC) ED DC 2) AE a x a(a x) AE AE AD a x 0,5 2,0 a 4 điểm Ta có: CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2 = a2 + x2 4 3 1 a(a x) 1 2 a a (a x) 0,5 SACFE = a. + (a + ) = 2 x 2 x2 2x2 3 a (a x) 2 2 2 Mà SACFE = 3SABCD => = 3a  6x - ax - a = 0 2x2 a  (2x - a)(3x+a) = 0  x = 0,5 2 a Vậy BN =  N là trung điểm của AB thì SACFE = 3SABCD 0,25 2
6. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm A E B C D F Trên tia BC lấy điểm D sao cho D· AB 300 . 2điểm Từ GT suy ra: Aµ 1800 (Bµ Cµ ) 750. 0,5 · 0 0 0 5 Do đó D nằm trên cạnh BC và DAC 75 30 45 . 0,25 2,0đ Kẻ BE  AD, CF  AD ( E;F AD) Ta có AB = 2BE ( cạnh đối diện với góc 300 trong tam giác vuông) và AC = 2 CF ( cạnh huyền trong tam giác vuông cân) 0,25 Do đó AB + AC 2 = 2BC  2BE + 2CF = 2BC BE + CF =BC  BE + CF = BD + CD 0,5 Mà BE BD và CF CD nên xáy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi E,F trùng D. Tức là AD  BC. µ 0 0 0 µ 0 0 0 Từ đó B 90 30 60 ; C 90 45 45 0,5 Ghi chú: HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa, bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
7. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ THANH HÓA NĂM HỌC 2014-2015 . MÔN TOÁN- LỚP 9 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi : tháng năm ĐỀ BÀI Bài 1: (3điểm) x y 2 2 2 2 Cho biểu thức: A = x x y x x y 2 1) Rút gọn biểu thức A với x y 0 2) Tính giá trị của A khi x = 3 2 13 5 và y 3 2 13 5 Bài 2: (4 điểm) x(x y) 6 1) Giải hệ phương trình: 3 3 x y 18y 64 2) Tìm x, y, z nguyên dương đôi một khác nhau thoả mãn: 68302 6830 3x + 3y + 3z = 1 68302 68312 6831 Bài 3: ( 4điểm) 1) Tìm các số hữu tỉ n sao cho : n2 + n + 503 là số chính phương 2) Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Biết P(1)= 1; P(2)= 4, P(3)= 9; P(4)= 16, P(5)= 25. Tính P(6) ; P(7) Bài 4: ( 7 điểm) 1) Cho tam giác ABC nhọn có B· AC 450 . Gọi BE và CF là các đường cao, H là trực tâm của tam giác ABC. M và K lần lượt là trung điểm của BC, AH. a) Chứng minh EF, MK, OH đồng quy. (vởi O là tâm của đường ngoại tiếp tam giác ABC) b) Cho EF = 2 5 cm. Tính bán kính của đường tròn (O). 2) Cho tứ giác ABCD có số đo độ dài các cạnh là a, b, c, d và số đo diện tích là S. Chứng minh: a + b + c + d 4 S . Dấu “ =” xảy ra khi nào? Bài 5 ( 2 điểm) Cho x,y,z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện: x2014 + y2014 + z2014 = 3. Tìm GTLN của biểu thức B = x2+ y2+ z2 (Hết) Họ và tên thí sinh SBD
8. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI – MÔN TOÁN 9 ( Vòng 2) NĂM HỌC 2014 – 2015 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm 2 2 x y 2 2 2 2 1) Ta có: A x x y x x y 2 1,5 x y = .(2x 2y) = ( x –y)2. điểm 2 => A = x - y ( do x y 0 ). 1,5 1 Với x = 3 2 13 5 và y 3 2 13 5 ( thỏa mãn ĐK) 0,25 3 đ 2) Thay vào A ta được: A 3 2 13 5 3 2 13 5 3 1,5 A3 3 2 13 5 3 2 13 5 điểm 3 2 13 5 2 13 5 3A (2 13 5)(2 13 5) 0,5 A3 = 10 - 9A  A3 + 9A - 10 = 0 ( A -1) ( A2 + A +10) =0  A =1 vì A2 + A + 10 > 0 0,75 Vậy A = 1 x(x y) 6 x(x y) 6 3 3 3 3 0,75 x y 18y 64 x y 3yx(x y) 64 3 2 1) x x(x y) 6 x(x y) 6 2 4đ (x y) 3 64 x y 4 5 y 2điểm 2 1,0 3 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là : (x,y) = ; 0,25 2 2 Biến đổi vế phải Ta có: 68312 6830 1 2 68302 2.6830 1 1 68302 68312 2.6830.
9. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm 68302 6830 1 68302 68312 6831 68302 6830 68312 2.6830 2) 68312 6831 2 6830 6830 6830 6830 2 2điểm 6831 6831 6831 0,5 6831 6831 6831 6831 (6đ) PT đưa về : 3x + 3y + 3z = 6831 Không mất tính tổng quát giả sử x 3 (1 + 3 + 3 ) = 3 .253 0,25 Vì 1 + 3y - x + 3z -x không chia hết cho 3 và 253 cũng không 3x 33 (1) chia hết cho 3 nên: y- x z - x 1 3 3 253 (2) (1) => x = 3 thế vào (2) ta được: 1 + 3y - 3 + 3z -3 = 253 0,5 3y-3(1 + 3z -y) = 252 = 32 . 28 0,25 Do 1 + 3z -y không chia hết cho 3 và 28 không chia hết cho 3 3 y 3 32 y 5 y 5 nên 0,25 z y z 5 3 1 3 28 3 3 z 8 Vậy (x; y; z) = (3; 5; 8) và các hoán vị của nó. 0,25 Giả sử tồn tại số hữu tỉ n và số tự nhiên m khác 0 để: n2 + n + 503 = m2 (1). p 1) Đặt n = , với p Z; q N* , (p,q) = 1. Thay vào (1) ta được: q 3 2 2điểm p p 2 503 m 4đ q q => p2 +pq +503q2 = m2q2 p2 = - q( p +503q - m2q )  p2 q mà (p,q) 1,nên q 1 hay n p Z 0,5 Mặt khác (1)  4(n2 + n +503) =4m2  4m2 – ( 2n +1)2 = 2011.  (2m +2n +1)( 2m - 2n -1) = 2011 0,5
10. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm Vì m N* nên: (2m +2n +1)+ ( 2m - 2n -1) = 4m > 0 và 2m - 2n - 1 Z ; 2m + 2n + 1 Z => 2m +2n +1 thuộc ước dương của 2011 0,25 Mà 2011 là số nguyên tố 2m 2n 1 2011 m 503 nên `0,25 2m 2n 1 1 n 502 3 2m 2n 1 1 m 503 Hoặc 0,25 2m 2n 1 2011 n 503 Vậy n = 502 hoặc n = - 503 thì n2 + n + 503 là số chính phương. 0,25 P(1) = 1 = 12 ; P(2) = 4 = 22 , P(3) = 9 = 32 ; P(4)= 16 = 42 , P(5) = 25 = 52 . 0,25 2) Xét đa thức: Q(x) = P(x) – x2. Ta có : Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0  1; 2; 3; 4; 5 là nghiệm của đa thức Q(x). 0,25 2điểm Vì hệ số của x5 bằng 1 nên Q(x) có dạng: Q(x) = ( x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5). 0,5 Vậy ta có : Q(6) = ( 6 - 1)(6 - 2)(6 - 3)(6 - 4)(6 - 5) = P(6) – 62. => P(6) = 5! + 62 = 156. 0,5 Q(7) = ( 7 - 1)(7 - 2)(7 - 3)(7 - 4)(7 - 5) = P(7) – 72 => P(7) = 6! + 72 = 769. 0,5 Vậy P(6) = 156; P(7) = 769 AFC có A· FC 900 , · 0 1a) A FAC 45 (GT) AFC vuông cân tại F 2,5 => AF = FC. 0,5 4 điểm K Mặt khác: O E H· AF F· CB (cùng phụ (7đ) với A· BC ). F I H AFH = CFB (g.c.g) B M C AH = BC 0,5 Theo tính chất trung tuyến thuộc cạnh huyền của các tam giác vuông và do AH = BC
11. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm => FK = KE = EM = MF => Tứ giác MEKF là hình thoi. 1a) => KM cắt EF tại I là trung điểm của mỗi đường (1). 0,5 Lại có F thuộc trung trực của AC ( do AF = FC). O cũng thuộc trung trực của AC ( do O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) => FO là đường trung trực của AC => FO  AC 0,5 Mà BE AC (GT) nên FO // BE => FO // HE 4 Chứng minh tương tự ta có EO // CF => EO // FH => Tứ giác EHFO là hình bình hành => EF cắt HO tại trung điểm của mỗi đường (2) 0,5 Từ (1) và (2) => EF, HO, KM đồng quy tại I Do FO  AE; EO  AF(theo câu b). Nên O là trực tâm của AEF. 1b) => AO  EF mà KM  EF ( t/c đường chéo hình thoi) => AO // KM 0,5 Ta lại có : OM  BC ( OM là trung trực của BC) 2điểm và AH  BC ( H là trực tâm của ABC) => OM // AH Nên tứ giác AOMK là hình bình hành => AO = KM. ( 3) 0,5 Vì A· FK F· AK ; M· FC M· CF mà M· CF H· AF M· FC A· FK · 0 => KFM = 90 => Hình thoi KEMF là hình vuông 0,5 => EF = KM (4) Từ (3) và (4) và EF =2 5 (cm) => AO = EF = 2 5 cm. Vậy bán kính đường tròn(O) là 2 5 . 0,5 A a B d C' Giả sử AB = a, BC= b, 2) b CD =c, DA =d. D c C
12. Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm Ta có: (a+b+c+d)2 = (a + c)2 + (b + d)2 + 2(a + c)(b+d) 4(a+c)(b+d)  a +b+c+d 2 (a c)(b d) (1) 0,5 1 ' 1 1 Kẻ CC’  AD. Ta có SADC = AD.CC AD.DC cd. 0,5 2 2 2 2,5 Do đó 2SADC cd . Chứng minh tương tự ta có: điểm 2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD ab + ad + bc + cd 0,5 => (a+c)(b+d) = ab + ad + bc + cd 2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD = 4S (2) Từ(1) và (2) có a +b+c+d 4 S 0,5 a c b d Dấu “=”xảy ra DAAB, AB CB,BCCD,CD DA Aµ Bµ Cµ Dµ 900 Tứ giác ABCD là hình vuông a b c d 0,5 Áp dụng BĐT CôSi cho 2014 số không âm: 2014 2014 ( x ; x ; 1; 1;;1 ) ta có: 2012 2.x2104 2012 2014 x2.2014.12012 x2 0,5 2014 2.y2104 2012 Tương tự : 2014 y2.2014.12012 y2 2014 5 2,0 2.z2104 2012 (2đ) điểm 2014 z2.2014.12012 z2 2014 Cộng 3 BĐT trên theo từng vế ta được 0,5 2.(x2014 y2014 z2014 ) 3.2012 x2 y2 z2 2014 Mà x2014 + y2014 + z2014 = 3 2.3 3.2012 x 2 + y2 + z2 3. Hay B 3. 0,5 2014 Dầu “ =” xảy ra  x = y = z = 1. Vậy GTLN của B = 3 khi x = y = z = 1 0,5 Ghi chú: HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa, bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.