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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN TIÊN THANH OAI Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (6,0 điểm) x y xy a) Cho P x y 1 y x y x 1 x 1 1 y 1. Tìm điều kiện của x,y để biểu thức P xác định và rút gọn P 2. Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình: P = 2 b) Chứng minh rằng: Với mọi n N thì n 2 + n +1 không chia hết cho 9 Bài 2: (4,0 điểm) 2 a)Giải phương trình : 17 x2 3 x b) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính giá trị biểu thức: P = a 2015 + b 2015 Bài 3: (3,0 điểm) 2 2 a/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x 3y 4x 19 3 ab bc ca a b c b/ Cho a,b,c > 0. Chứng minh : 28 a2 b2 c2 abc Bài 4: (6,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( Q AE) 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật. 2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng 3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh EAO đồng dạng với MPB suy ra K là trung điểm của MP 4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. Bài 5: (1,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx= xyz+2
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán Bài Nội dung Điểm Bài 1 a) (6 đ ) 1. Tìm đúng điều kiện : x ≥ 0, y 0 ,y ≠ 1, x+y≠0 0,5đ. x x 1 y 1 y xy x y P 0,5đ. x y 1 y x 1 1,0đ. x y x y x xy y xy = x y 1 y x 1 0,5đ. = = x xy y 0,5đ. 2. P=2 x xy y =2 x 1 y y 1 1 1 y x 1 1 0,5đ Ta có 1 y 1 x 1 1 x 2 x 4 .Kết hợp với điều kiện x ≥ 0. 0,5đ Vậy 0 x 4 x {0,1,2,3,4}. Thay vào phương trình P=2 ta có: (x,y) {(4,0); (2,2)} b) giả sử tồn tại số tự nhiên n để n2 n 1  9 1,0đ. §Æt A n 2 n 1. V× A9 4A9 (1) 2 2 Ta cã: 4A 4(n n 1) (2n 1) 3 0,5đ. V× A9 4A3 (2n 1) 2 3 2n 13 (2n 1) 2 9 4A (2n 1) 2 3 kh«ng chia hÕt cho 9 4A kh«ng chia hÕt cho 9 (2) Ta thÊy (1) vµ (2) m©u thuÉn. VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. 0,5đ. VËy víi n N th× n 2 n 1 kh«ng chia hÕt cho 9. Bài 2 1.(2đ) Tìm đúng điều kiện 0 x 17 0,25đ (4đ) 4 4 4 - Đặt t x (t 0) t u 3 x x 3 17 - t 17 - t = u 3 x u x2 t4 t + u = 3 t + u = 3 { { 0,5đ 4 4 u + t = 17 {t + u = 3 ut = 2 -Giải ra được đến ut = 16 { 0,5đ. * Với ut=2 t=1 hoặc t=2 - Với t=1 x=1 -Với t=2 x=4 * Với ut=6 Pt vô nghiệm 0,5đ -Kết luận nghiệm 0,25đ 2. (2đ) 0,5đ. 0,5đ. 0,5đ 0,5đ.
3. a102 b102 a101 b101 a b ab a100 b100 a102 b102 a102 b102 a b ab Ta có : a b ab 1 a,b 1;1 Tính ra P=2 Bài 3 1. Viết được (3đ) 2 x2 2x 1 3 7 y2 0,25đ. 0,25đ 2 x 1 2 3 7 y2 0,25đ. 0,25đ 3 7 y2 2 y là số nguyên lẻ 2 0,25đ Mà 2 x 1 0 7 y2 0 y2 =1 0,25đ. Thay y2 =1 vào tìm được x=2, x=-4 Thử lại : và trả lời .Có các nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(-4,1) ;(-4,-1) 2. Với x, y, z > 0 . Ta có: 0,25đ x y +) 2 (1). y x 1 1 1 9 0,25đ +) (2) x y z x y z x2 y2 z2 +) x2 + y2 + z2 xy + yz + zx 1 (3) xy yz zx Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3) x = y = z.Ta có: 0,5đ ab bc ca (a b c) P (a b c)2. a2 b2 c2 abc ab bc ca (a b c) (a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca). a2 b2 c2 abc Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: ab bc ca 9 P (a2 b2 c2). 2.9 a2 b2 c2 ab bc ca 0,5đ ab bc ca a2 b2 c2 a2 b2 c2 8. 18 2 2 2 a b c ab bc ca ab bc ca 2 8 18 28 a2 b2 c2 ab bc ca Dấu “ =” xảy ra a b c. ab bc ca Bài 4 I (6đ) M Q 0,25đ E K I B A O P x
4. . a) Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại A AE AO OEA vuông ở A O,E,A đường tròn đường kính OE(1) 0,75đ. Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(0) tại M MEMO MOE vuông ở M M,O,E đường tròn đường kính OE(2) (1),(2) A,M,O,E cùng thuộc môt đường tròn *Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : E· AO A· PM P· MQ 90o => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật 0,75đ. b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và 1,5đ. tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc · · bằng nhau là AOE ABM , vì OE // BM 1,5đ. AO AE => (3) BP MP KP BP Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (4) AE AB Từ (3) và (4) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : 4 a b c d abcd (*) 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = MO2 OP2 R 2 (x R)2 2Rx x2 1,5đ 2 3 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đạt max (2R x)x3 đạt max x.x.x(2R – x) đạt max x x x . . (2R x) đạt max 3 3 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = 3 4 x x x 1 x x x R 4 Ta có : . . (2R x) 4 (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16 x 3 Do đó S đạt max (2R x) x R . 3 2 R 3 Vậy khi MP= thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất 2 Bài 5 Tìmnghiệm nguyên ,dương của phương trình: xy+yz+zx=xyz+2(1) (1đ) Do vai trò của x,y,z bình đẳng, nên không mất tính chất tông quát. Giả sử x y z 1,từ đó suy ra xy+yz+zx xy+xy+xy=3xy(2) (1),(2) 3xyz xyz+2 Hay 3xy xyz z<3
5. Do z là một số nguyên dương z=1,z=2 0,5đ +khi z=1 x+y=2.do x,y nguyên dương x=1,y=1 +khi z=2 (y-2)(x-2)=2 (x - 2) = 2 0,5đ Do x y z 1 { (y - 2) = 1 Trả lời: (x,y,z)=(1,1,1),(4,3,2)