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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN LÂM THAO Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) x 3 x 2 x 2 x Cho biểu thức A : 1 ; x 2 3 x x 5 x 6 x 1 Với x 0; x 4; x 9; a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x 6 2 5 . c) Với giá trị nào của x thì 1 đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó? A Bài 2: (3,0 điểm) a) C/m : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. x - 2012 1 y - 2013 1 z - 2014 1 3 b) Giải phương trình: x - 2012 y - 2013 z - 2014 4 Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2. b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b chia hết cho 45 Bài 4: (7,0 điểm) 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a. Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R. 2. Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC 1 1 1 ở M và cắt đường thẳng DC ở I. Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Bài 4: (2,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. 1 1 1 CMR 1 x y 1 y z 1 z x 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 9 x 3 x 2 x 2 x Câu 1 (4 điểm):Cho biểu thức A : 1 ; x 2 3 x x 5 x 6 x 1 Với x 0; x 4; x 9 (*) a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị của A khi x 6 2 5 ; c) Với giá trị nào của x thì 1 đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất A đó? Lời giải sơ lược Điểm a) Với điều kiện * ta có: x 3 x 2 x 2 x 1 x A : 0,50 x 2 x 3 x 2 x 3 x 1 x 1 x 9 x 4 x 2 1 : x 2 x 3 x 1 0,50 x 3 1 : x 2 x 3 x 1 0,50 1 1 x 1 : . x 2 x 1 x 2 0,50 2 b) Dễ thấy : x 6 2 5 5 1 thoả mãn điều kiện. Khi đó: 0,50 2 x 5 1 5 1. 5 1 1 5 0,25 Do vậy, giá trị của biểu thức A là: 5 1 2 5 3 3 5 5 0,25 . 4 1 3 1 3 c) Viết lại, =1 . Để có GTNN thì có GTLN, hay x 1 A x 1 A x 1 0,25 có GTNN. Ta có: x 1 1, dấu "=" xảy ra khi x = 0. 1 3 0,75 Giá trị nhỏ nhất của là 1 1 3 2 , xảy ra khi x = 0. A 0 1 Câu 2(3 điểm): a) Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
3. x - 2012 1 y - 2013 1 z - 2014 1 3 b) Giải phương trình: x - 2012 y - 2013 z - 2014 4 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 2 4đ a 1,5đ Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1 0,5 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2 0,5 2 Với n là số tự nhiên thì n + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương. 0,5 b 1,5đ Đặt x - 2012 a; y - 2013 b; z - 2014 c 0,25 (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a - 1 b - 1 c - 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 a b c 4 4 a a 4 b b 4 c c 0,5 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 a = b = c = 2 2 a 2 b 2 c 0,5 Suy ra: x = 2016, y = 2017, z = 2018. 0,25 Câu 3 (4 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2. b) T×m c¸c ch÷ sè a, b sao cho a56b  45 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 3 3đ a 2đ
4. Ta có: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 4x2 + 8x = 38 – 6y2 4x2 + 8x + 4 = 42 – 6y2 2 2 2 2 0,5 2x 2 42 6y 2x 2 6 7 y (1) Vì 2x 2 2 0 7 y2 0 y2 7 , mà y Z nên: y = 0; 1; 2 0,5 2 2x 2 6 x 2 + Với y = 1 , từ (1) 2x 2 36 2x 2 6 x 4 Trường hợp này phương trình có 2 nghiệm nguyên là: (2;1) và (-4;1). + Với y = -1 0,5 2 2x 2 6 x 2 Thì từ (1) 2x 2 36 2x 2 6 x 4 Trường hợp này pt có 2 nghiệm nguyên là: (2;-1) và (-4;-1). 2 + Với y 2 2x 2 18 4x2 8x 14 0 2 2x 4x 7 pt này không có nghiêm nguyên vì VT chia hết cho 0,25 2, VP không chia hết cho 2. 2x 2 2 42 4x2 8x 38 0 + Với y = 0, từ(1) 2x2 4x 19 PT này không có nghiệm nguyên vì VT chia hết cho 2; VP không chia hết 0,25 cho 2. Vậy PT đã cho có các nghiệm nguyên là: (-4;1); (2;1);(-4;-1); (2;-1) b 2đ Ta thÊy 45 = 5.9 mµ (5 ; 9) = 1 ®Ó a56b  45 a56b  5 vµ 9 0,5 XÐt a56b  5 b {0 ; 5} 0,25
5. NÕu b = 0 ta cã sè a56b  9 a + 5 + 6 + 0  9 a + 11  9 a = 7 0,5 NÕu b = 5 ta cã sè a56b  9 a + 5 + 6 + 0  9 a + 16  9 a = 2 0,5 VËy: a = 7 vµ b = 0 ta cã sè 7560 a = 2 vµ b = 5 ta cã sè 2560 0,25 Câu 4: (7 điểm) 1. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Điểm A di động trện nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của điểm A lên BC. Gọi Dvà E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. a. Chứng minh: AB . EB + AC . EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó theo R. 2. Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. 1 1 1 Chứng minh rằng: . AM2 AI2 a 2 Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 4 7đ
6. 1 4đ A E D C B H O a) Chứng minh được tứ giác ADHE là hình chữ nhật Suy ra AB . EB = HB2 1 AC . EH = AC . AD = AH2 => ĐPCM 1 AD2 AE 2 DE 2 AH 2 1 b) S(ADHE)= AD.AE 2 2 2 AH 2 AO2 R2 0,5 S(ADHE) 2 2 2 R2 0,5 Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE 2 Hay A là điểm chính giữa của cung AB 2 3đ
7. A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1 1 1 1 (1) AD2 AJ2 AI2 Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: 0,5 AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương ứng vuông góc) ADJ = ABM . 1 Suy ra: AJ = AM 1 1 1 1 Thay vào (1) ta được: (đpcm) AD2 AM2 AI2 a 2 0,5 Câu 5 ( 2điểm): Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. 1 1 1 Chứng minh rằng 1 x y 1 y z 1 z x 1 Sơ lược lời giải Điểm Đặt x=a3 y=b3 z=c3 ,a,b,c >0 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab ab 0,5 a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0
8. 1 1 a3 b3 1 ab a b c 0,25 Tương tự ta có 1 1 1 1 , b3 c3 1 bc a b c c3 a3 1 ca a b c 0,5 Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1 = + + x y 1 y z 1 z x 1 a3 b3 1 b3 c3 1 c3 a3 1 0,5 1 1 1 1 1 = c a b 1 a b c ab bc ca a b c Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1