Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Phạm Kha (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Phạm Kha (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD&ĐT THANH MIỆN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 THCS TRƯỜNG THCS PHẠM KHA MÔN: TOÁN T-02-HSG9-PK-PGDTM Thời gian làm bài: 150 phút (Đề này gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). x2 4 x2 4 a) Cho biểu thức A x x với x 2. x x Tìm x để A 6 . 2013 b) Tính giá trị của biểu thức B x5 5x3 6x2 6x 7 tại x 3 2 3 4 . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 1 x 1 x 1 x2 3. x3 y3 xy2 1 b) Giải hệ phương trình: 4 4 5x y 5x y Câu 3 (2,0 điểm). a) Chứng minh: 2 3 4 2013 2014 3 b)Xác định các số thực p, q sao cho đa thức x4 1 chia hết cho đa thức x 2 px q . Câu 4 (3,0 điểm). 1) Cho đường tròn (O; R) nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn (O) tiếp xúc với BC tại D, kẻ đường kính DE của đường tròn. Tiếp tuyến tại E của đường tròn cắt AB, AC thứ tự ở M, N; AE cắt BC tại K. Chứng minh rằng: a) BD. ME = R2 b) BD = CK 2) Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy các điểm E và K theo thứ tự nằm trên các nửa đường thẳng AB và AC sao cho: AE + AK = AB + AC. Chứng minh rằng : BC < EK. Câu 5 (1,0 điểm). m n 3 Cho m,n là các số nguyên dương, giả sử A là số nguyên lẻ. Tìm giá n 2 trị bé nhất của A.
2. PHÒNG GD&ĐT THANH MIỆN HƯỚNG DẪN CHẦM TRƯỜNG THCS PHẠM KHA ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 THCS T-02-HSG9-PK-PGDTM MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Nội dung Điểm a.( 1 điểm) Với x 2 ta có: 0,25 x2 4 x2 4 x2 4 A2 x x 2 x x x x 4 2x 4 2x 4 2 x A x x x Ta có A 6 , mà A > 0 nên suy ra A 6 0,25 2x 4 6 x 3 x 2 0 1 x (2,0 điểm) Giải phương trình tìm được x =1, x= 4 0,25 Ta có x =1 ( loại) , x= 4( thoả mãn). Vậy x = 4 thì A 6 0,25 b.( 1 điểm) Từ x 3 2 3 4 x3 6 3.3 2.3 4 3 2 3 4 6 6x 0,5 x3 6x 6 0 (*) 2013 3 2 Ta có B x 6x 6 x 1 1 0,25 2013 Thay (*) vào B được: B 1 1 0,25 a.( 1 điểm) Đkxđ: 1 x 1 (*). Đặt 1 x 1 x T , T > 0 T2 2 0,25 T2 = 2 2 1 x 2 1 x 2 2 T2 2 Thay vào ta được phương trình:T + = 3 2 0,25 2 T 4 0 T 4 T 2T 8 0 (T + 4).(T – 2 ) = 0 T 2 0 T 2 2 Với T = -4( loại) (2,0 điểm) Với T = 2 thì 1 x 1 x 2 1 x2 1 0,25 Hay 1 – x2 = 1 x = 0 x = 0 ( thoả mãn *). Phương trình có nghiệm x = 0 0,25 b.( 1 điểm) x3 y3 xy2 1(1) 4 4 5x y 5x y(2) Thay (1) vào (2) được 5x4 + y4 = (5x + y)(x3 + y3 – xy2 ) 0,25 5x4 + y4 = 5x4 + 5xy3 – 5x2y2 + x3y + y4 – xy3 4xy3 – 5x2y2 + x3y = 0 xy(x - y)(x – 4y) = 0
3. x 0 hoặc y 0 hoặc x y hoặc x 4y 0,25 Với x = 0 y = 1 . Hệ phương trình có nghiệm ( 0;1 ) Với y = 0 x = 1 . Hệ phương trình có nghiệm ( 1;0 ) 0,25 Với x = y x3 = 1 x = 1. Hệ phương trình có nghiệm (1;1) 1 4 Với x = 4y 61y3 = 1 y x = 3 61 3 61 4 x 0,25 3 61 HPT có nghiệm 1 y 3 61 a.( 1 điểm) Ta có : 0,25 VT 2 3 4 2013.2015 2 3 4 20142 1 2 3 4 2012.2014 2 3 4 20132 1 0,25 Tiếp tục tương tự như trên ta có 2 3 4 2011.2013 2 3 4 2010.2012 0,25 2.4 3( đpcm) 0,25 b. ( 1 điểm) Khi chia đa thức x4 1 cho x 2 px q được thương là đa thức 3 dạng x 2 ax b x 4 1 x 2 px q x 2 ax b ( 2 điểm) = x 4 a p x3 b ap q x 2 bp aq x bq a p 0 1 0,25 b ap q 0 2 Vì vậy ta phải có: bp aq 0 3 bq 1 4 Từ (1) a p thay vào (3) được: 0 bp p q p b q Tức là p = 0 hoặc b- q = 0 0,25 Nếu p = 0 thì từ (2) suy ra b= -q và thế vào (4) được -b2 =1 Điều này vô lý, suy ra p 0 Do đó b- q = 0 hay b = q. Thay vào (4) được b2=1, suy ra b = q = 1 hoặc b = q = -1 0,25 Ta lại có từ (2) suy ra 2b = - ap= a2 0 suy ra b 0 nên b = q = 1 Từ đó suy ra a2 =2 hay a 2 p  2 Vậy các số thực p, q cần tìm là p 2 và q = 1 hoặc 0,25 p 2 và q = 1
4. 1. (2 điểm) A M E N F O B C D K 1a.( 1 điểm) - Lập luận chứng minh BDOF là tứ giác nội tiếp D· BF F· OE 1 1 Có O· BD D· BF;M· OE E· OF(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 2 2 Từ đó suy ra M· OE O· BD Từ đó chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng: s 0,25 V BDO V OEM ( g.g) OD BD BD.ME OD.OE R 2 0,5 ME OE 1b.( 1 điểm) Tương tự chứng minh CD. NE = R2. 0,25 ME NE ME NE MN 0,25 BD.ME = CD.NE (1) 4 CD BD CD BD BC (3 điểm) MN AN 0,25 Do MN//BC ( cùng vuông góc với DE) CB AC NE AN NE MN Do EN//CK . Từ đó suy ra (2) CK AC CK BC NE NE Từ (1) và (2) BD CK 0,25 CK BD 2.( 1 điểm) Hình vẽ: A F K I B C E D Từ AE + AK = AB + AC (*) suy ra: Nếu AE> AB thì AK AB K thuộc đoạn thẳng AC. 0,25 Lấy điểm F thuộc đoạn AB sao cho AF = AK KF//BC Trên tia AC lấy AD = AE ED//BC KF//BC//DE Chứng minh tứ giác EDKF, EDCB là các hình thang cân 0,25 BE = CD, FD = EK.
5. Từ (*) suy ra AB +BE +AK = AB + AK+ CK BE = CK CD = CK BC là đường trung bình của hình thang EDKF FK +ED = 2BC Gọi I là giao điểm của EK và FD. Ta có: EK+FD = (EI + IK)+(FI + ID) 0,5 2EK = (EI+ID)+ ( IK+ FI) > ED + FK( bđt trong tam giác) 2EK > 2BC EK >BC Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n m da,n db , a và b d3 a b 3 d a b 3 0,25 nguyên tố cùng nhau, ta có: A d2b2 b2 Vì a, b là hai số nguyên tố cùng nhau nên b và a+b là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra b2 và a b 3 là hai số nguyên tố 0,25 5 cùng nhau, do đó để A nguyên thì db2 d cb2 (1 điểm) A c a b 3 với a,b,c là các số nguyên dương Do a,b là các số nguyên dương a b 2 , mà A là số lẻ nên 0,25 A nhận giá trị bé nhất bằng 27 , khi đó a+b =3 và c=1. Khi đó a = 2, b = 1 nên d = 1 suy ra m =2, n =1 Hoặc a = 1, b = 2 nên d = 4 suy ra m =4, n = 8 0,25 Vậy A nhận giá trị bé nhất bằng 27 khi và chỉ khi m = 2 và n =1 hoặc m =4 và n= 8.