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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN ĐÔNG SƠN Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang 1 1 1 2 1 1 x y Bài 1: Cho biểu thức: A = ( ). .( ) : x y x y 2 xy ( x y)3 x y xy xy a, Rút gọn biểu thức A. b, Tính giá trị biểu thức A khi x = 3 + 5 ; y = 3 - 5 Bài 2: Cho 3 số a, b, c 0 thỏa mãn: a b c và a3+b3 +c3 = 3abc. a b b c c a c a b P = ; Q = c a c a b b c c a Chứng minh rằng : P.Q = 9. Bài 3: Giải phơng trình : (4x – 1) x 2 1 = 2(x2+1) + 2x -1. Bài 4: Giải hệ phương trình sau: x y x y x y 18 xy 4 x 3 y 13 Bài 5: Cho 3 số x,y,z thỏa mãn x + y + z = 3 và x4+y4+z4 =3xyz. Hãy tính giá trị của biểu thức M = x2006 + y2006 + z2006 Bài 6: Cho Parabol (P) có phương trình y = x2 và điểm A(3;0) ; Điểm M thuộc (P) có hoành độ a. a) Xác định a để đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất . b) Chứng minh rằng khi AM ngắn nhất thì đường thẳng AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại điểm M. Bài 7: Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x3 + x2 + x +1 = 2003y Bài 8: Cho tam giác ABC vuông ở A. I là trung điểm của cạnh BC, D là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đường trung trực của AD cắt các đường trung trực của AB, AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh rằng: 5 điểm A,E,I,D,F cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng: AE.AC = AF.AB. c) Cho AC = b; AB = c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF theo b, c Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm P di động trên BC. Qua P vẽ PQ//AC (Q AB) và PR//AB (R AC). Tìm quỹ tích các điểm D đối xứng với P qua QR.
2. Hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 9 Môn : Toán Bài Lời giải Biểu điểm a) ĐKXĐ : x >0 ; y>0 ; x y 0,25 1 1 1 2 1 1 x y A = ( ). .( ) : x y x y 2 xy ( x y )3 x y xy xy x y 2( x y ) xy xy = . xy.( x y )2 ( x y )3 .( x . y ) x y x y 2 xy xy xy = . xy( x y )2 x y 1 1 xy xy xy = . = xy x y x y 0,75 b) Với x= 3 + 5 Và y = 3 - 5 ta có : x >y do đó xy A = 0 0,25 x y ( xy )2 [( 3 5 ).( 3 5 ) ] 2 4 2 Mà A2 = 8 x y 2 xy ( 3 5 ) ( 3 5 ) 2. 32 ( 5 )2 6 2.2 Vậy : A = 8 2 2 0,75 3 3 3 3 3 3 Ta có : a + b + c = 3abc a + b + c -3abc = 0 (a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc ) = 0 (1) 1 Mà a2 + b2 + c2 - ab – ac –bc = [(a –b )2 + (b – c)2 +(c-a)2 ] 0 2 ( Do a b c ) 0,5 Do đó:(1) a +b +c = 0 a +b = - c ; a +c = -b ; b +c = -a (2) Mặt khác : a b b c c a ab( b a ) bc( b c ) ac( c a ) P = c a b abc ab( a b ) b2c bc 2 ac 2 a 2c ( a b )( b c )( a c ) P = (3) 2 abc abc 0,5 Hơn nữa : a b z x y a b 2c 3c Đặt b c x Ta có y z b c 2a 3a (do (2) ) c a y z x a c 2b 3b Vì thế : c a b 1 x y y z z x Q = ( ) a b b c c a 3 z x y 1 ( x y ).( y z ).( x z ) = - . ( Biến đổi tương tự rút gọn P ) 3 xyz
3. 1 ( 3c ).( 3a ).[ ( 3b )] = - . 3 ( a b ).( b c ).c a ) 9abc = (4) ( a b )( b c )( c a ) ( a b ).( b c ).( a c ) 9abc Từ (3) và (4) ta có : P.Q= . 9 abc ( a b ).( b c ).( c a ) 0,75 Vậy P.Q = 9 0,25 (4x – 1) x 2 1 2(x2 +1) +2x -1 (5) Đặt x 2 1 = y ( y 1) Ta có : 0,25 (5) (4x -1).y = 2y2 + 2x – 1 2y2 - 4xy +2x + y -1 = 0 2 (2y – 4xy +2y ) – ( y -2x + 1) = 0 1,0 2y (y -2x + 1) – ( y -2x + 1) = 0 y 2x 1 3 (y-2x + 1 ) (2y- 1) = 0 1 y 1( lo¹i ) 2 x 2 1 = 2x -1 x2 + 1 = 4x2 – 4x + 1 0,75 x 0 x(3x – 4) = 0 4 x 3 x y x y( a ) (I ) (ĐKXĐ : x 0; y 0 ) x y 18 xy 4 x 3 y 13( b ) Ta có : ( a) ( x y )( x y 1 ) 0 x y =0 x y 1,0 x = y thế vào (b) ta đợc : 2x +18x = 4 x 3 x 13 20x - 7 x -13 = 0 (6) 4 Đặt x = t (t 0 ) ta có : t 1 ( 6) 20 t2 – 7t – 13 = 0 13 t 0( lo¹i ) 20 x = 1 x = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (x,y) = (1, 1) 1,0
4. 4 4 x y 4 4 2 2  x .y x y 2 y4 z 4 Theo BĐT Cô si ta có : y4 .z 4 y 2 z 2  2 4 4 z x 4 4 2 2 z .x x z 2  x4 + y4 +z4 x2y2 + y2z2 +x2z2 ( 7 ) 0,75 Mặt khác : x2y2 + y2z2 +x2z2 xy2z + xyz2 +x2yz (C/M tương tự quá trình trên) x2y2 + y2z2 +x2z2 xyz (x +y +z) 5 x2y2 + y2z2 +x2z2 3xyz (8) (do x +y z =3 ) Do đó : x4 +y4 + z4 3xyz (9) 0,75 Dấu “ = “xảy ra x4 y4 ; y4 z 4 ;z 4 x4 x = y = z (10) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z ; y z z x ;z x x y Hơn nữa x + y +z =3 (11) Từ (10 ) và (11) 3x = 3 x = 1 y = z =1 x2006 + y2006 + z2006 = 1 + 1 +1 = 3 Vậy : M = 3 0,5 a)Ta có : A (3; 0) và M(a; a2 ) do đó : AM2 = (a – 3)2 +(a2 – 0)2 = a4 + a2 – 6a +9 = (a4 -2a2 +1 ) +3 ( a2 – 2a +1 ) +5 = ( a2 -1)2 + 3(a-1)2 + 5 5 AM 5 Min AM = 5 khi và chỉ khi a = 1 1.0 b) Theo câu a : AM có độ dài ngắn nhất a = 1 ,Khi đó M(1;1) 1 3 Do đó phương trình đường thẳng AM là: y = - x 2 2 (do A(3;0)) ( c ) 0,25 Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M (1;1) và tiếp xúc với ( P) tại 6 điểm M là (d) : y = ax +b ta có : a .1 + b = 1 (12) (Do M(1;1) (d) ) và phương trình : x2 = ax +b có nghiệm kép (13) (do (d) tiếp xúc với (P) ) Mà : x2 = ax + b x2 – (ax + b ) = 0 (14) Phương trình (14 ) có = (-a)2 – 4.1.(-b) = a2 + 4b Nên : (13) a2 + 4b = 0 (15) Từ (12) và (15 ) ta có hệ phương trình: a b 1 a 2 4( 1 a ) 0 a 2 2 a 4b 0 b 1 a b 1 Vì thế phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1) và tiếp xúc với ( P ) tại M là : y = 2x -1 (d) 0,5
5. 1 Từ (c ) và ( d) (d) AM (do - . 2 = -1 ) 2 Vậy : Khi AM ngắn nhất thì AM vuông góc với tiếp tuyến của (P) tạiM 0,25 +)Nhận thấy (0;0) là nghiệm nguyên của phương trình : x 3 + x2 +x +1 = 2003 (16) 0,5 +) Với y 0 ta có : (16) (x +1)(x2 +1) = 2003y (*) Từ (*) x +1 >0 (do x2 +1 > 0 và 2003y > 0 ) Đặt ƯCLN ( x + 1; x2 +1 ) = d ta có : 7 (x+1)  d và (x2 + 1)  d [ x2 +1 + (x +1) (1 - x)]  d 2d  y  d =1 ( ) Hon nòa tõ(*) 2003 d Mặt khác : 2003 là số nguyên tố ,nên các ớc của 2003y chỉ có thể là 1 hoặc 2003m (m N* ) ( ) x 1 1 Từ (*) , ( ) và ( ) 2 x = 0 y = 0 (loại) x 1 1 phương trình (16) cũng không có nghiệm nguyên thỏa mản y > 0 Vậy : Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất ( 0; 0) 1,0 0,25 a) Ta có : E là giao điểm của 2 đường trung trực A F của 2 cạnh AD,AB Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD. Tương tự ta có: F là tâm M đường tròn ngoại tiếp ACD E C 0,5 Do đó : B H I D 1 +ABD = AED AED = 2 B 2 8 1 +ACD = AFD AFD = 2 C 2 AED + AFD = 2 (B +C) =1800 AEDF Nội tiếp (17) 1 Lại có : AI = BC = BI ABC cân tại I 2 0,5 0 BAI = B AID = 2 B AID + AFD = 180 0,5 Tứ Giác AIDF nội tiếp (18) Từ (17 ) ; (18 ) 5 điểm A , E , I , D , F cùng thuộc đường tròn
6. b)Ta có EF là đường trung trực của AD nên : AE = ED ; FA =FD AEF = DEF ( c. c.c ) 1 1 + )AEF = DEF = AED = . 2 B = B 0,5 2 2 + ) Tương tự AEF = C Suy ra AEF ABC (g.g) AE AF AE.AC = AE. AB AB AC c) Theo câu b) Ta ccó : AEF ABC AE AF k ( k là tỉ số đồng dạng) AB AC AE =kc ; AF = kb . Ta có : AEF vuông tại A (do ABC vuông tại A và AEF ABC ) 1 Nên diện tích AEF là S = AE.AF 2S = k2 bc (19) 2 1 Mặt khác S = AM.EF 2S = AM . EF 4S2 = AM2 .EF2 2 AD 4S2 = ( )2 . (k2b2 + k2c2 ) (20) 2 AD2 b2 c2 b2 c2 Từ (19) và (20) 2S = . S = .AD2 (21) 4 bc 8bc Do đó : S nhỏ nhất AD nhỏ nhất Mà AD AH ( AH BC , H BC ) AB.AC bc bc Lại có AH = AD (22) BC b2 c2 b2 c2 b2 c2 (bc)2 bc Từ (21) ; (22) S . 8bc b2 c2 8 bc Vậy Min S = ( Khi D  H ) 8
7. a) Phần thuận Giả sử D là điểm đối xứng với P qua QR ta có : * QP = QB = QD P, B , D thuộc đường tròn (Q) A 1 1 BDP = BQP = BAC (23) 2 2 R * Tương tự : CDP = 1 BAC (24) D 2 Q Từ (23) ;(24) BDC = BAC 1,0 9 điểm D thuộc cung BAC B P C (Của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b) Phần đảo Lấy điểm D” thuộc cung BAC ( D’ B, C) , Gọi Q’ là giao điểm của AB với đường trung trực của D’B ; qua Q’ kẻ Q’P’ // AC qua P’ kẻ P’R’ // AB ta có Q’R’ là đường trung trực của D’P’ Vậy qũy tích các điểm D là cung BAC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (trừ 2 điểm B,C ) 1,0