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

1. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 - 2014 PHÚ THỌ MÔN: TOÁN - THCS Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu1( 3,0 điểm) a) Giải phương trình trên tập nguyên x 2 5y 2 4xy 4x 8y 12 0 b)Cho P(x) x 3 3x 2 14x 2 . Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P(x) chia hết cho 11 Câu 2( 4,0 điểm) a 3 3a 2 a) Tính gía trị biểu thức P , biết a 3 4a 2 5a 2 a 3 55 3024 3 55 3024 b) Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn x 3 3x 1; y3 3y 1,z 3 3z 1 Chứng minh rằng x 2 y 2 z 2 6 Câu 3( 4,0 điểm) x 1 a) Giải phương trình 3x 1 3x 1 4x 3x 2 2y 2 4xy x 8y 4 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2x y 3 0 Câu 4( 7,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính giữa cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành . a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp . b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định. c) Khi 600 và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI. Câu 5( 2,0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=3 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 y2 x2 Chứng minh rằng 4xyz 4 yz 4 xz 4 yx Hêt— Họ và tên thí sinh số báo danh Thí sinh không sử dụng tài liệu,Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. HƯỚNG DẪN Câu1( 3,0 điểm) a) Giải phương trình trên tập nguyên b) Cho P(x) x 3 3x 2 14x 2 . Hướng dẫn : a) x 2 5y 2 4xy 4x 8y 12 0 x 2 4x(y 1) (5y 2 8y 12) 0(*) để PT(*) có nghiệm nguyên x thì / chính phương / 4(y 1) 2 5(5y 2 8y 12) 16 y 2 16 từ đó tìm được x; y 2;0 ; 6;0 ; 10; 4 ; 6;4 ;  Cách khác x 2 5y 2 4xy 4x 8y 12 0 (x 2y 2) 2 y 2 16 42 02 xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm b) ta có P(x) x 3 3x 2 14x 2 (x - 2)(x 2 - x 12) 22 để P(x) chia hết 11 thì (x - 2)(x 2 - x 12)11 mà (x 2 - x 12) x(x -1) 1 11 ta có x(x 1) 1 không chia hết cho 11 suy ra (x 2 - x 12) không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết co 11 mà x<100 ; x N suy ra x 2;13;22;35;47;57;68;79;90 Cách khác P(x) x 3 3x 2 14x 2  (x -1)3 1 11x 11  (x -1)3 1 11 Suy ra (x-1)3 chia co 11 dư 1 suy ra x-1 chia cho 11 dư 1 suy ra x chia cho 11 dư 2 mà x<100 suy ra kết quả Câu 2( 4,0 điểm) a 3 3a 2 a)Tính gía trị biểu thức P , biết a 3 4a 2 5a 2 a 3 55 3024 3 55 3024 b)Cho số thực x,y,z đôi 1 khác nhau thỏa mãn x 3 3x 1; y3 3y 1,z 3 3z 1 Chứng minh rằng x 2 y 2 z 2 6 Hướng dẫn 7 a) tính a 3 110 3a (a 5)(a 2 5a 22) 0 a 5 thay a=5 vào P 3 b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ x 3 3x 1 x 3 y 3 3(x y) x 2 xy y 2 3(1) 3 3 3 2 2 y 3y 1 y z 3(y z) y zy z 3(2) 3 3 3 2 2 z 3z 1 z x 3(z x) x xz z 3(3) trừ (1) cho (2) ta được (x z)(x y z) 0 x y z 0 cộng (1) ;(2) ;(3) ta có 2(x 2 y 2 z 2 ) xy yz xz 9 (*)
3. x 2 y 2 z 2 mà tù x+y+z=0 suy ra xy yz xz thay vaò (*) ta có 2 đpcm Câu 3( 4,0 điểm) x 1 a) Giải phương trình 3x 1 3x 1 4x 3x 2 2y 2 4xy x 8y 4 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2x y 3 0 Hướng dẫn 1 a) HD đkxđ x 3 x 1 3x 1 3x 1 4x(3x 1) x 1 4x 3x 1 12x 2 3x 1 4x 3x 1 4x 2 4x 2x 3x 1 2x 3x 1 16x 2 2x 3x 1 4x 2x 3x 1 6x 3x 1 3 153 giải ra pt có 2 nghiệm x=1; x 72 b) 3x 2 2y 2 4xy x 8y 4 0 3x 2 2y 2 4xy x 8y 4 0(1) 2 2 2 2 x y 2x y 3 0 2x 2y 4x 2y 6 0(2) lấy pt(1) trừ pt(2) ta được x 2y 2 3(x 2y) 2 0 (x 2y 1)(x 2y 2) 0 x 2y 1 x 2y 2 thay vào phương trình x 2 y 2 2x y 3 0 hệ có 4 nghiệm 7 109 13 109 7 109 13 109  x; y 1;0 ; 5 3 ; ; ; ;  3 6 3 6  Câu 4( 7,0 điểm) Hướng dẫn
4. F K H E D P I B N M C A a)  ENB=  EFM suy ra  ENM+  EFM=1800 b)gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có  DPF=  DMF =  EAF= mặt khác  EAF=  EPF nên  EPF=DPF nên E;D;P thẳng hàng suy ra EP//BC mà AO  BC AO  EP gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung điểm FP và OI vuông góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp suy ra  HOI=  HPF= ( không đổi) suy ra I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng H F E D I O Q M B N C A c) khi BC=R ;  EAF==600 thì tam giác OBC đều suy ra IO đi qua B ta chứng minh được OI min khi F trùng P khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều khi
5. đó IM//AO ta tính BQ;QM được áp dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính được OI Câu 5. Hướng dẫn Lời giải 1 2x2 y2 z2 2y2 x2 z2 2z2 y2 x2 4xyz 4 yz 4 xz 4 yx x 2 y 2 x 2 z 2 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 y 2 x 2 z 2 M 4(*) xyz(4 yz) xyz(4 xz) xyz(4 yx) 2xy 2xz 2xy 2yz 2xz 2yz M N xyz(4 yz) xyz(4 xz) xyz(4 yx) y z x z x z N 2 yz(4 yz) xz(4 xz) yx(4 yx) 1 1 1 1 1 1 N 2 2 z(4 yz) x(4 yz) y(4 yx) y(4 yz) zx(4 yz) x(4 yx) 6 6 123 3 N 3 xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy) 3 xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy) 3 3xyz(4 yz)(4 xz)(4 xy) Mặt khác 4 4 3xyz 4 xz 4 xy 4 yz 3xyz 12 xz xy yz 3xyz(4 xz)(4 yz)(4 xy) 4 4 1 1 1 9 xy yz xz Mà 3 3 3xyz xy xz yz 0 x y z x y z xyz 4 3xyz 12 xz xy yz 3xyz(4 xz)(4 yz)(4 xy) 81 3 3xyz(4 xy)(4 xz)(4 yz) 33 3 4 123 3 Nên M N 4 BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1 33 3