Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN THI: TOÁN 9 (Thời gian làm bài 150 phỳt) Bài 1(6điểm) x y x y x y 2xy : 1 Cho P = 1 xy 1 xy 1 xy a, Rút gọn P 2 b, Tính giá trị của P với x= 2 3 c, Tìm giá trị lớn nhất của P Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau : x 2002 x 2003 x 2004 3 ( với m là tham số ). m 1 m m 1 Bài 3 : ( 2đ) Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn : 1 1 1 0. Thì : a c b c a b. a b c Bài 4 : (6đ) Cho đường tròn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC . Vẽ đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P . 1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng. 2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường tròn (O’). 3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất. Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn : 1 1 1 1 6 (x ) 3(y ) 2(z ) xyz . y z x xyz
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 Câu 1: (6 điểm) x y x y x y 2xy : 1 Cho P= 1 xy 1 xy 1 xy a, Rút gọn P (2 điểm) Điều kiện để P có nghĩa là : x 0 ; y 0 ; xy 1 (0,5 đ) Ta có : x y x y x y 2xy P= : 1 1 xy 1 xy 1 xy x y 1 xy x y 1 xy 1 xy x y 2xy =: (0,5đ) 1 xy 1 xy 1 xy x y x y y x x y x y y x x y xy 1 = : 1 xy 1 xy =2 x 2y x 1 xy (0,5đ) 1 xy 1 x y 1 2 x 1 y 2 x = (0,5đ) 1 x 1 y 1 x 2 b, Tính giá trị của P với x= (1điểm) 2 3 2 Ta thấy x= thoả mãn điều kiện x 0 0.25đ 2 3 2 2 2 3 Ta có : x= = =4-23 =(3 -1)2 (0,5đ) 2 3 2 3 2 3 Thay x vào P =2 x , ta có: x 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 1 5 2 3 P= = 4 2 3 1 5 2 3 5 2 3 5 2 3 2 5 3 6 5 2 3 2 3 3 1 2 3 3 1 =2 = = 52 2 3 25 12 13 c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm) Với mọi x 0, ta có: 2 x 1 0 (0,25đ) 2 x 2 x 1 0 x+1 2 x (0,5đ)
3. 2 x 1 ( vì x+1>0) 0.25đ 1 x 2 x 1 (0,25đ) 1 x P 1 2 Vậy giá trị lớn nhất của P =1 x 1 0 0.25đ x 1 0 x 1 x=1 (0,5đ) Bài 2 : (3 điểm). Từ phương trình ta có: x 2002 x 2003 x 2004 x 2003 m x 2003 m x 2003 m 1 1 1 0 0 m 1 m m 1 m 1 m m 1 1 1 1 (x 2003 m)( ) 0. m 1 m m 1 1.5đ 1 1 1 1 1 + Nếu : 0 3m 2 1 m ;m 0.5đ m 1 m m 1 3 3 phương trình có vô số nghiệm. (0,5đ) 1 1 + Nếu m -1;0;1 ;; ; phương trình có nghiệm x= m-2003. 3 3 (0,5đ) Bài 3 : (2điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dương suy ra c là số âm và ab+bc+ca = 0. (0,25đ) Ta có : a c b c a b a b 2c 2 ab ac bc c2 a b (1.25đ) 2c 2 ab ac bc c2 0 c c 0 c c 0.(dpcm) Bài 4 :(6điểm) 1. Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vuông hay MP vuông góc với ED. Tương tự CE vuông góc với ED. Từ đó PM//EC. (1) Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD  E F nên I là trung điểm của E F. Lại cóI là trung điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy
4. FM//CE.(2). Từ (1) và (2) suy ra P, M , F thẳng hàng. (2đ) 2. Ta có  EDC = EFP (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Do tam giác PO’D cân tại O’ nên  EDC =  O’PD. Lại có  EFP = IPF (do tam giácIPF cân) vậy  I PF= O’PD mà  FPD =1v, suy ra IPO’ =900 nên IP  O’P. Hay IP là tiếp tuyến của (O’). (2đ) 3. Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R. áp dụng định lý Pytago có PI2 + PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác IO’P) . Vậy 4S2 Max hay S Max 1 khi PI = PO’ =R mà DM =2 PO’ do đó 2 DM = 2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng 2 R. 2đ (1đ) E C D O O’ F Bài 5 ;(3điểm) 1 k x y 6 1 1 1 1 1 k Đặt 6(x ) 3(y ) 2(z ) xyz k y 0.5đ y z x xyz z 3 1 k z x 2 Xét tích :
5. 1 1 1 k 3 k 3 1 1 1 1 (x )( y )(z ) xyz ( y ) (x ) (z ) y z x 36 36 xyz z y x k 3 k k k k 3 k 0 k 0 1đ 36 3 2 6 36 (xyz)2 1 xyz 1 x y z 1 xy yz zx 1 xy yz zx 1 x y z 1 1đ Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm. 0,5đ