Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm). 1 1 x2 . (1 x)3 (1 x)3 a) Rút gọn biểu thức A 2 1 x2 với 1 x 1. b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3 a2b ab2 6b3 0 . a4 4b4 Tính giá trị của biểu thức B . b4 4a4 Câu 2 (2 điểm). a) Giải phương trình x2 (x2 2) 4 x 2x2 4. x3 2x y b) Giải hệ phương trình . 3 y 2y x Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2 2xy x 32y . b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 a 3b2 b . Chứng minh rằng 2a 2b 1 là số chính phương. Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. a) Chứng minh H· KM 2A· MH. b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Câu 5 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab 6bc 2ac 7abc . Tìm 4ab 9ac 4bc giá trị nhỏ nhất của biểu thức C . a 2b a 4c b c Hết
2. ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HẢI DƯƠNG HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm 1 1 x2 . 1 x 1 x 2 1 x2 A 0.25 2 1 x2 Câu 2 1a: 1 1 x . 1 x 1 x 0.25 (1,0 đ) 2 1 1 x2 1 x 1 x 1 1 x2 2 2 1 x2 0.25 2x2 = x 2 0.25 3 2 2 3 2 2 a a b ab 6b 0 (a 2b)(a ab 3b ) 0 (*) 0.25 2 2 Vì a > b > 0 a ab 3b 0 nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 Câu a4 4b4 16b4 4b4 1b: Vậy biểu thức B 4 4 4 4 0.25 (1,0 đ) b 4a b 64b 12b4 4 B 63b4 21 0.25 t 2 0.25 Đặt t x 2x2 4 t 2 2 x4 2x2 x2 x2 2 2 2 t 2 t 4 ta được phương trình 4 t t 2t 8 0 0.25 2 t 2 x 0 x 0 x 2x2 4 4 Với t = -4 ta có 4 2 4 2 Câu 2 x 2x 16 x 2x 8 0 0.25 2a: x 0 x 2 (1,0 đ) 2 x 2 x 0 x 0 x 2x2 4 2 Với t =2 ta có 4 2 4 2 2 x 2x 4 x 2x 2 0 0.25 x 0 x 3 1 . Kết luận nghiệm của phương trình. 2 x 3 1
3. Từ hệ ta có x3 (2y x) y3 (2x y) (x2 y2 ) 2xy x2 y2 0 0.25 3 x y 0.25 (x y) (x y) 0 Câu x y 2b: * Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( 3; 3 ) 0.25 (1,0 đ) * Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1);( 1;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm 0.25 (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( 3; 3 );( 1;1);(1; 1) xy2 2xy x 32y x(y 1)2 32y 32y 0.25 Do y nguyên dương y 1 0 x (y 1)2 Vì (y, y 1) 1 (y 1)2 U (32) 0.25 Câu 5 2 2 2 4 2 mà 32 2 (y 1) 2 và (y 1) 2 (Do (y 1) 1) 0.25 3a: *Nếu (y 1)2 22 y 1; x 8 (1,0 đ) *Nếu (y 1)2 24 y 3; x 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 0.25 x 8 x 6 và y 1 y 3 2a2 a 3b2 b (a b)(2a 2b 1) b2 (*) 0.25 Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d ¥ * ). Thì (a b)d 2 a b 2a 2b 1 d 0.25 (2a 2b 1)d Câu 2 2 3b: b d bd (1,0 đ) Mà (a b)d ad (2a 2b)d mà (2a 2b 1)d 1d d 1 0.25 Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a b và 2a 2b 1 là số 0.25 chính phương => 2a 2b 1 là số chính phương. x A Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta 1 1 1 có A¶ O¶ sđA¼M (1) 1 2 1 2 M 1 H 1 O 0.25 1 Câu K 4a: B C (1,0 đ) ¶ ¶ Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1 M1 (2) 0.25 ¶ ¶ ¼ Tứ giác MHOK nội tiếp O1 K1 (cùng chắn MH ) (3) 0.25 1 Từ (1), (2), (3) ta có M¶ K¶ hay H· KM 2A· MH. 0.25 1 2 1 D A Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 2 1 1 F Câu M H 4b: 1 1 0.25 (1,0 đ) E G 2 O B C
4. 1 1 A¶ sđB¼M ;O¶ O¶ sđB¼M 1 2 1 2 2 0.25 ¶ ¶ A1 O1 tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn ¶ ¶ ¶ 0.25 G1 D2 D1 OGF và ODE đồng dạng OG GF 0.25 hay OD.GF = OG.DE. OD DE A Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA' đều 1 2 A¶ A¶ 600 B· AA' 1 2 H M MAB A'AC MB A'C 0.25 O A' B C Câu I 4c: (1,0 đ) MA MB MC 0.25 Chu vi tam giác MAB là MA MB AB MC AB 2R AB Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO 0.25 Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gọi I là giao điểm của AO và BC AI R AB R 3 2 2 0.25 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R Từ gt : 2ab 6bc 2ac 7abc và a,b,c > 0 2 6 2 Chia cả hai vế cho abc > 0 7 c a b 1 1 1 x, y, z 0 đặt x , y , z 0.25 a b c 2z 6x 2y 7 4ab 9ac 4bc 4 9 4 Khi đó C a 2b a 4c b c 2x y 4x z y z Câu 5: 4 9 4 (1,0 đ) C 2x y 4x z y z (2x y 4x z y z) 0.25 2x y 4x z y z 2 2 2 2 3 2 x 2y 4x z y z 17 17 0.25 x 2y 4x z y z 1 Khi x ,y z 1 thì C = 7 2 0.25 Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1