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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN THANH MIỆN Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Câu 1(2đ): a) Tính giá trị biểu thức: M (x y)3 3(x y)(xy 1) , biết x 3 3 2 2 3 3 2 2 , y 3 17 12 2 3 17 12 2 b)Tìm các số nguyên dương a,b,c thoả mãn đồng thời các điều kiện : 1 1 1 a b c a b c và 1 a b c Câu 2(2đ) x2 y2 3 4x a) Giải hệ phương trình: 3 3 2 x 12x y 6x +9 b) Giải phương trình: ( x 5 x 2)(1 x2 7x 10) 3 Câu 3: (2đ) x xy y a/ Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho: cũng là số nguyên. Gọi a là ước xy chung của x và y. Chứng minh rằng: a x y b) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n 3n 7 Câu 4: (3đ): Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm (O). Qua A kẻ các tiếp tuyến với(O) tiếp xúc với (O) tại M và N. Cát tuyến qua A cắt (O) tại B và C(B nằm giữa A và C). Từ B kẻ đường thẳng song song với AM cắt MN tại H. Kẻ OD vuông góc với BC tại D. a. Chứng minh rằng tứ giác BHDN nội tiếp. b. Chứng minh rằng: MB.NC = BN.MC c. CH cắt AM tại E. Chứng minh rằng E là trung điểm của AM. Câu 5: (1đ): Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x4 y4 z4 F (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG9 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a/ 1điểm 3 0,5đ x3 3 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 2 2 33 3 2 2 3 2 2 . 3 3 2 2 3 3 2 2 x3 4 2 3x x3 3x 4 2 (1). Tương tự: y3 3y 24 2 (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được 0,5đ x3 y3 3(x y) (x y)3 3(x y)(xy 1) 20 2 Vậy M = 20 2 b/ 1đ Có a b c a b c 0,25đ a b c b a c a b c 2 b(a b c) b a c 2 ac a b 1 b(a b c) ac (a b)(b c) 0 b c (2đ) Nếu a = b và a , c dương .Ta có 0,5đ 1 1 1 2 1 1 1 2c a ac (a 2)(c 1) 2 a b c a c Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau : a 2 2 a 4 b a 2 1 1) 2) a c 3 b c 1 1 c 2 c 1 2 Nếu b = c và b,c dương .Ta có 0,25đ 1 1 1 1 2 1 1 2a b ab (b 2)(a 1) 2 a b c a b Vì a,b,c nguyên dương nên ta có các trường hợp sau : b 2 2 b 2 2 b 4 c 1) a b 3 c 2) a 1 1 a 1 1 a 2 Vậy các cặp số nguyên dương (a;b;c) thoả mãn là (3;3;3) 0,25đ và(2;4;4)và (4;4;2) a/ 1đ Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12x 3x2 3y2 thế vào phương 0,25đ trình (2) thu gọn ta được: x y 0 x3 y3 3(x2 y2 ) (x y)(x2 xy y2 3x 3y) 0 2 2 2 2 x xy y 3x 3y 0 (2đ) * Nếu x y 0 y x y2 x2 thế vào phương trình (1) ta 0,25đ được 2x2 3 4x 2(x 1)2 1 0 phương trình này vô nghiệm. * Nếu x2 xy y2 3x 3y 0 , trừ vế theo vế của phương này với 0,25đ
3. phương trình (1) ta được: x 3 xy 3x 3y 3 4x xy x 3y 3 0 (x 3)(y 1) 0 y 1 + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0 0,25đ => (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2). + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 => x = 2 => (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1). b/ ( x 5 x 2)(1 x2 7x 10) 3 ĐK: x -2 0,25đ Ta có: x 5 x 2 0 => nhân cả hai vế với x 5 x 2 ( x 5 x 2)( x 5 x 2)(1 x2 7x 10) 3( x 5 x 2) 1 x2 7x 10 x 5 x 2 Đặt x 5 a; x 2 b 1 ab a b 0,25đ => (a-1)(b-1) = 0 =+ a = 1 hoặc b = 1 0,25đ +/ a = 1 => x = -4(loại) , b = 1 => x = -1 (t/m) 0,25đ a/ 1đ x xy y x y x y 0,5đ = 1 là số nguyên => là số nguyên xy xy xy x, y là hai số nguyên dương x y => là số nguyên dương => x+y xy xy Gọi a là ước chung của x và y => xy a2 => a x y 0,5đ b/ 1đ 3 Với n chẵn n = 2k thì 0,25đ (2đ) 7t 1 A 2k.42k 32k (2k 1).42k (16k 9k )7 2k 17 k 2 7t 1 0,25đ A 2k.42k 32k (2k 1).42k (16k 9k )7 2k 17 k 2 n 7t 1 7m 6 m N Với n lẻ n = 2k+1 0,25đ A ( 2 k 1).4 2 k 1 3 2 k 1 2 k .4 2 k 1 ( 4 2 k 1 3 2 k 1 )  7 2 k  7 k 7 t n 1 4 m 1 m N Vậy 0,25đ n 7m 6 hoặc n 14m 1 ( với mọi n N) thì A chia hết cho 7
4. M. K E H .O B . C A. D N a/ 1đ AM, AN là các tiếp tuyến của (O) OM  AM ,ON  AN 0.25đ 4 => ·AMO ·ANO ·ADO 900 (3đ) => 5 điểm : A, O, D, M, N cùng thuộc một đường tròn. 0.25đ => M· ND M· AD BH // AM => H· BC M· AD 0.5đ Suy ra: H· ND H· BD => tứ giác BHDN nội tiếp b/1đ Tam giác ABM đồng dạng với tam giác AMC (g.g) 0.25đ 1 ( góc A chung, ·AMB ·ACM sd M»B ) 2 AM MB AN NB 0.5đ => . C/m tương tự: AC CM AC CN MB NB 0.25đ mà AM = AN => => MB.CN=CM.NB CM CN C/ 1đ BH cắt CM tại K 0.25đ Tứ giác BHDN nội tiếp => H· NB B· DH 1 Ta có: H· NB B· CM sd M»B 2 => B· CM B· DH => HD // CM 0.25đ HD // CM 0.25đ mà OD  BC => DB = DC . Suy ra H là trung điểm của BK HK CH HK // ME => ME CE HB CH HB KH HB // AE => .Suy ra: AE CE AE ME mà BH = HK => E M = EA => (đpcm) 2 2 a b 2 0.25đ Ta có (a b)2 0 a b (dấu “=” xảy ra khi a = b) 5 2 (1đ) x4 y4 Ta có: x y ; (x2 y2 )(x y) (x2 y2 )(x y)
5. y4 z4 y z (y2 z2 )(y z) (y2 z2 )(y z) z4 x4 z x (z2 x2 )(z x) (z2 x2 )(z x) x4 y4 z4 F (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) y4 z4 x4 (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) x4 y4 z4 0.5đ Do đó F (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) 1 x4 y4 y4 z4 z4 x4 2 2 2 2 2 2 2 (x y )(x y) (y z )(y z) (z x )(z x) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x y y z z x 4 (x2 y2 )(x y) (y2 z2 )(y z) (z2 x2 )(z x) 2 2 2 2 2 2 1 x y y z z x 4 (x y) (y z) (z x) 2 2 2 1 x y y z z x 1 1 x y z 0.25đ 8 (x y) (y z) (z x) 4 4 1 1 Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x = y = z = 4 3