Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Trường THCS Kim Thư (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Trường THCS Kim Thư (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD& ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS KIM THƯ NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN ( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ) Giáo viên ra đề : Lê Hùng Tú Câu 1: (5 đ) a/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2. b/ Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng. Câu 2: ( 2 đ): Giải phương trình: 3x2 4x 10 2 14x2 7 . Câu 3: ( 6 đ) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. 2 1 2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 2 y 2 y x 1 1 1 b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: . 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 Câu 4: ( 4 đ) Cho điểm A di chuyển trên đường tròn O đường kính BC = 2R ( A không trùng với B và C). Trên tia AB lấy điểm M sao cho B là trung điểm của AM. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC và I là trung điểm của HC. a/ CMR: M chuyển động trên một đường tròn cố định. b/ CMR: AHM đồng dạng với CIA. Câu 5: ( 3 đ) Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm GTLN của tích KH.KM./. Hết Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 Năm học: 2013-2014 Thời gian làm bài: 150 phút. Câu Ý Nội dung Điểm 1 5đ a Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3đ 2x2 + 4x = 19 - 3y2 Ta có: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 4x2 + 8x = 38 – 6y2 4x2 + 8x + 4 = 42 – 6y2 2 2 2 2 1 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 0,5 + Với y 2 2x 2 18 4x2 8x 14 0 2x2 4x 7 pt này không có nghiêm nguyên vì VT chia hết cho 2, VP không chia hết cho 2. 2x 2 2 42 4x2 8x 38 0 + Với y = 0, từ(1) 0,5 2x2 4x 19 PT này không có nghiệm nguyên vì VT chia hết cho 2; VP không chia hết cho 2. Vậy PT đã cho có các nghiệm nguyên là: (-4;1); (2;1);(-4;-1); (2;-1) b Tìm 3 số nguyên tố mà tích của chúng bằng 5 lần tổng của chúng 2,0đ Gọi a, b, c là 3 số nguyên tố cần tìm Ta có: abc = 5(a+b+c) abc  5 mà 5 nguyên tố, nên trong 3 số a, b, c có một số bằng 5. 0,5 Không mất tính tổng quát, giả sử a= 5, ta có: 5bc = 5(5+b+c) bc 5 b c bc b c 1 6 0,5 b(c 1) (c 1) 6 (c 1)(b 1) 6 b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
3. b 1 1 b 2 0,5 i) c 1 6 c 7 b 1 2 b 3 ii) trường hợp này loại vì 4 là hợp số. c 1 3 c 4 0,5 Vậy 3 số nguyên tố cần tìm là: 2; 5; 7 2 2 2 2đ Giải pt sau: 3x 4x 10 2 14x 7 (1) 2 x 1 2 2 2 2 ĐKXĐ: 14x 7 0 2x 1 0 x 2 2 x 2 0,5 2 26 Vì 3x2 4x 10 3(x )2 0 3 3 2 2 Ta có: (1) 3x 4x 10 2 7 2x 1 0 0,5 x2 4x 4 2x2 1 2 2x2 1. 7 7 0 2 2 2 x 2 2x 1 7 0 0,5 x 2 x 2 0 x 2 x 2 2 (TMĐK) 2x 1 7 0 x 2 0,5 Vậy PT có nghiệm là: x = -2 3 6,0 đ a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1. 3đ 2 1 2 1 Tìm GTNN của biểu thức: M = x 2 y 2 y x 1 1 1 x4 y4 2x2 y2 1 2 2 x2 y2 1 1 M = x 2 y 2 = 2 2 2 2 y x x y x y 2 2 2 2 2 x y 1 x2 y2 1 1 0,5 2 2 xy x y xy xy 1 1 15 Ta có: xy xy 0, 5 xy 16xy 16xy 1 1 1 1 * Ta có: xy 2 xy. 2. (1) * 16xy 16xy 4 2 0,5 x y 1 1 1 1 4 1 15 15 xy xy 4 (2) 2 2 4 xy 16xy 16 4 16xy 4 0,5
4. 1 1 15 1 15 17 Từ (1) và (2) xy xy xy 16xy 16xy 2 4 4 2 2 1 17 289 0,5 Vậy M = xy xy 4 16 1 1 xy xy 1 Dấu “=” xảy ra 16xy 4 x y (Vì x, y > 0) 2 x y x y 289 1 0,5 Vậy min M = tại x = y = 16 2 b 1 1 1 3đ Cho x, y là các số dương thỏa mãn: 6 x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 1 1 4 Áp dụng BĐT (với a, b > 0) a b a b 1 1 1 1 1 a b 4 a b Ta có: 1 1 1 1 1 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z 1 2 1 1 0,5 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 Tương tự: 0,5 3x 2y 3z 16 x z x y y z 1 1 2 1 1 2x 3y 3z 16 y z x y x z 0,5 cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 0,5 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2
5. 4 A 4,0 B O' H O I C M a Lấy O’ đối xứng với O qua B, khi đó O’ cố định. 2đ Ta có VAOB : VMO B ( c.g.c) O 'M OA R , do đó M chuyển động trên đường tròn (O’; R) cố định. b 2đ Ta có ABC vuông ở A (Vì có 1 cạnh là đường kính của đường tròn 0,5 ngoại tiếp tam giác) 0,5 nên: M· AH ·ACI (1) (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà AHB  CHA (g.g) 0,5 AC AB AC AB AC 2AB AM HC AH 2CI AH CI AH AH AC AM Vậy (2) 0,5 CI AH Từ (1) & (2) AHM  CIA (c.g.c) 5 M 3 đ H A B K Ta có: BKM  HKA (g.g) 1 BK KM BK.KA KM.KH 0,5 HK KA 2 2 BK KA AB 0,5 Mặt khác: BK.KA . Dấu “=” xảy ra khi BK = KA 2 4 0,5
6. AB2 KM.KH . 4 0,5 AB2 Vậy max (KM.KH) = khi BK = KA, tức là K là trung điểm của AB. 4