Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Thành phố Hải Dương (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD&ĐT Thành phố Hải Dương (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Ngày thi 16 tháng 01 năm 2015 Câu 1 (2 điểm): a) Phân tích đa thức thành nhân tử : f (x) x4 4x 3 3 3 1 1 b) Chøng minh ®¼ng thøc: 2 2 1 3 3 1 1 1 1 2 2 Câu 2 (2 điểm): a) Giải phương trình: x2 1 10x x2 9 2x2 14x 12 2 2 x 2 x y 3 y 5 b) Giải hệ phương trình 2 2 x 2 x y 3 y 2 Câu 3 (2 điểm): a) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình m 4 x m 3 y 1 (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. b) Tìm các số tự nhiên có 2 chữ số xy sao cho: 2.xy x 2 2 y 4 2 Câu 4 ( 3 điểm): 1. Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) với R > r. Lấy A và E là hai điểm thuộc đường tròn (O; r), trong đó A di động, E cố định ( với A ≠ E). Qua E vẽ một đường thẳng vuông góc với AE cắt đường tròn (O; R) ở B và C. Gọi giao điểm của AE với (O ; R) là I và K, M là trung điểm của đoạn thẳng AB . a) Chứng minh BC2 + IK2 không phụ thuộc vị trí điểm A . b) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường tròn (O; r) và A≠ E thì đường thẳng CM luôn đi qua một điểm cố định. 2. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Câu 5 (1 điểm): Cho ba số dương a,b,c thoả mãn: a2 b2 b2 c2 c2 a2 1. a2 b2 c2 1 Chứng minh rằng: b c c a a b 2 2 Hết SBD: Họ và tên thí sinh: Giám thị 1: Giám thị 2:
2. PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 5 câu, 05 trang) Ngày thi 16 tháng 01 năm 2015 Điểm Tổng Câu Ý Nội dung TP điểm f (x) x4 4x 3 (x4 2x3 2x2 ) 2x3 4x2 2x 3x2 6x 3 0,25 x2 x2 2x 1 2x x2 2x 1 3 x2 2x 1 0,25 a 1đ x2 2x 1 x2 2x 3 0,25 x 1 2 x2 2x 3 0,25 1 2 3 2 3 2 2 Ta cã VT = 0,5 ( 3 1)2 ( 3 1)2 b 1 1 1đ 4 4 2 3 2 3 1 0,5 3 3 3 3 x2 1 10x x2 9 2x2 14x 12 (x 1)(x 1) (x 1)(9 x) (x 1)(2x 12) (x 1)(x 1) 0 0,25 ĐKXĐ: (x 1)(9 x) 0 x 1;6 x 9 (x 1)(2x 12) 0 Khi đó (x 1)(x 1) (x 1)(9 x) (x 1)(2x 12) x 1( x 1 9 x 2x 12) 0 0,25 x 1 0 (1) 2 a 1đ x 1 9 x 2x 12 0 (2) Giải (1) được x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ) Giải (2): x 1 9 x 2x 12 0 x 1 9 x 2x 12 x 1 9 x 2x 12 2 9 x. 2x 12 0,25 2 x 7 2 9 x. 2x 12 x 15x 56 0 x 8 x =7; x = 8 thoả mãn ĐKXĐ. 0,25 Vậy x 1;7;8
3. Đặt a= x2 2 x ; b = y2 3 y thì hệ đã cho trở thành a b 5 2 3 2 a b a 2 b 3 a 5 b 5 Giải hệ trên 2 3 a 0,25 2 2 5 b b 5 b 2 - Với a = 2 ta có x2 2 x = 2 2 b x 2 1đ x 2 1 0,25 x 2 2 1 x 2 4 4x x x 2 2 Với b = 3 ta có y2 3 y = 3 y 3 y 3 y= 1 2 2 0,25 y 3 9 6y y y 1 1 Vậy hệ có nghiệm ( ; 1) 2 5 17 13 - Với a = b = , giải ra có x = , y = 2 20 20 1 17 13  Kết luận: hệ có nghiệm là x;y ;1 , ;  0,25 2 20 20  Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0). m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1). m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) 0.25 ® là 1 (2). 1 m 4, m 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại: A 0; m 3 0.25 ® 3 a 1 1đ và B ; 0 . m 4 Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có: 1 1 OA , OB m 3 m 4 2 1 1 1 2 2 2 7 1 1 2 2 2 m 3 m 4 2m 14m 25 2 m 0,25đ OH OA OB 2 2 2
4. 0,25đ Suy ra OH2 2 OH 2 (3). Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là 2 , đạt được khi và chỉ khi m = 7 . 2 Kết luận: m = 7 . 2 2.xy x 2 2 y 4 2 2 10x y x2 4x 4 y2 8y 16 x2 16x y2 6y 20 0 x2 16x 64 y2 6y 9 53 0,25đ 0,25đ x 8 2 y 3 2 53 Vì x,y N x 8 2 và y 3 2 là các số chính phương. Mà 53 thì chỉ có thể viết về dạng tổng có 2 số chính phương như sau: 0,25đ 53 = 4 + 49 x 8 2 4 x 10;6 3 b  1đ Có 2 trường hợp xảy ra: I mà x, 2 y 4; 10 y 3 49  y là chữ số x,y 6;4  2 x 8 49 x 15;1 II (loại do x, y là chữ số) 2 y 3 4 y 1; 5 0,25đ ( Hoặc học sinh loại trường hợp (II) do y + 3 > 2 do y N ) Vậy xy 64 4 1
5. B K M E N S G A D O I C a) BC cắt (O; r) tại D khác E. Do góc AED = 900 nên AD là Đường kính 0,25đ của (O;r) Gọi N là trung điểm BC thì ON  BC (đl) suy ra 0,25đ NB = NC và NE = ND (đl) Gọi S là giao điểm của AE với OM 0,25đ do OM là đường trung bình của tam giác ADB suy ra OM // BC 0,25đ Suy ra OM vuông góc với AE tại S và S là trung điểm của IK BC2 + IK2 = 4(CN2 +ÍS2) = 4(R2 – ON2 + R2 – ÓS2) = 4( 2R2 – ON2 – O S2) = 8R2 – 4OE2 = 8R2 – 4r2 - không phụ thuộc vị trí điểm A. 0,25đ b) Gọi AN cắt OE tại G suy ra G là trọng tâm của ADE suy ra AG = 0,25đ 2/3AN Hai tam giác ABC và ADE có chung trung tuyến AN nên G cũng là trọng 0,25đ tâm của ABC 0,25đ Do OE cố định , suy ra G cố định Xét ABC có G là trọng tâm nên trung tuyến CM đi qua điểm cố định G PCOD = CD + OC + OD Có CD 2R D 0.25.® OC + OD 2 OC.OD 2 CD.OM M 0.25 ® 4 2  OC + OD 2 2R.R 2R 2 1đ C P COD 2R + 2R 2 = 2R(1+ 2 ) 0.25 ® Do đó PCOD min = 2R(1+ 2 ) khi OC = OD và CD = AB A B H O
6. OM vuông góc với AB 0.25 ® Ta có 2(a2 b2 ) (a b)2 . 0.25 đ a2 b2 c2 a2 b2 c2 Suy ra b c c a a b 2 b2 c2 2 c2 a2 2 c2 a2 Đặt x b2 c2 , y c2 a2 , z a2 b2 , y2 z2 x2 z2 x2 y2 x2 y2 z2 suy ra VT 2 2x 2 2y 2 2z 2 2 2 5 1 (y z) (z x) (x y) 0.25 đ 1đ x y z 2 2 2x 2y 2z 1 (y z)2 (z x)2 (x y)2 0.25 đ 2x 3x 2y 3y 2z 3z 2 2 2x 2y 2z 1 2(y z) 3x 2(z x) 3y 2(x y 3z 2 2 1 1 Suy ra VT (x y z) 0.25 đ 2 2 2 2 * Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết