Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án và thang điểm)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 3x 16x 7 x 1 x 7 x Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: A  2 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A 6. mx 2y 2 Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: (với m là tham số). 2x my 5 a) Giải hệ phương trình trên khi m 10. b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức: 2015m2 14m 8056 x y 2014 m2 4 Câu 3 (3,0 điểm): a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a b c P 9a3 3b2 c 9b3 3c2 a 9c3 3a2 b b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1). Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC 4AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E. a) Tính giá trị DC.CE theo a. b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. 1 1 1 1 1 Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; ; . 1 2 3 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. Hết Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .
2. SỞ GD&ĐT VĨNH KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó. II) Đáp án và thang điểm: Câu Nội dung trình bày Điểm 3x 16x 7 x 1 x 7 x Cho biểu thức: A : 2 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A. x 0 x 2 x 3 0 Điều kiện: x 3 0 Từ đó: x 0; x 1; x 4 0,25 x 1 0 x 2 0 x 1 Câu 1 Biến đổi: (1,5 3x 16x 7 x 1 x 7 x 1 3 x 7 x 1 x 7 đ) x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 x 3 x 3 x 1 2 x 6 x 7 0,25 x 3 x 1 2 x 3 x 7 x 7 x 9 2 x 3 x 1 x 1 x 1 x x 2 và 2 0,25 x 1 x 1 x 9 x 2 x 9 Từ đó: A : 0,25 x 1 x 1 x 2 b) (0,5 điểm) Tìm x để A 6 .
3. x 9 Biến đổi: A 6 6 x 9 6 x 2 0,25 x 2 7 x 21 x 9 (thỏa mãn điều kiện). Vậy để A 6 thì x 9 0,25 mx 2y 2 Cho hệ phương trình: (với m là tham số) 2x my 5 a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi m 10 . 10x 2y 2 5x y 1 Thay m 10 ta được hệ: 2x 10y 5 2x 10y 5 0,25 50x-10y=10 52x=15 2x 10y 5 2x 10y 5 15 15 x x 52 52 5 2x 23 y y 10 52 0,25 15 x 52 Kết luận: với m 10 thì hệ có nghiệm duy nhất: 23 y 52 b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ 2015m2 14m 8056 thức: x y 2014 Câu m2 4 2 Dùng phương pháp thế, ta có: (1,5 mx 2 mx 2 y đ) mx 2y 2 y 2 0,25 2 2x my 5 mx 2 2x my 5 2x m 5 2 2m 10 mx 2 x y m2 4 2 ,m R 5m 4 m2 4 x=2m+10 y m2 4 0,25 2m 10 x Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: m2 4 ,m R 5m 4 y m2 4 2015m2 14m 8056 Thay vào hệ thức: x y 2014 m2 4 2014m2 7m 8050 2015m2 14m 8056 0,25 Ta được: m2 4 m2 4 2014m2 7m 8050 2015m2 14m 8056 2 m 1 m 7m 6 0 m 1 m 6 0 . m 6 0,25 Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức:
4. 2015m2 14m 8056 m 1 x y 2014 thì 2 m 4 m 6 a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị a b c lớn nhất của biểu thức: P 9a3 3b2 c 9b3 3c2 a 9c3 3a2 b Chứng minh: (a2 b2 c2 )(x2 y2 z2 ) (ax by cz)2 , a,b,c, x, y, z R . (1) Thật vậy: (1) (a2 y2 2abxy b2x2 ) (a2z2 2acxz c2z2 ) (b2 y2 2bcyz c2z2 ) 0 (ay bx)2 (az cx)2 (by cz)2 0 (đúng) 0,25 ay bx Dấu " " az cx by cz 1 1 Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a3 3b2 c)( c) (a b c)2 1 9a 3 Dấu 0,25 1 " " a b c . 3 1 9a3 3b2 c Câu 1 1 c 3 9a 3 0,25 (3,0 a 1 1 a( c) đ) 9a3 3b2 c 9a 3 b 1 1 c 1 1 Tương tự có: b( a); c( b) 9b3 3c2 a 9b 3 9c3 3a2 b 9c 3 0,25 1 a b c P 3. (ab bc ca) 9 3 1 1 (a b c)2 (a b c)2 P 1. Do ab bc ca 0,25 3 3 3 3 1 Vậy P 1 a b c . 0,25 max 3 b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4y(y 1) Có: x(1 x x2 ) 4y(y 1) (x3 x2 ) (x 1) 4y2 4y 1 0,25 (x 1)(x2 1) (2y 1)2 (1) 2 Vì x, y  2y 1 0, nên từ 1 x 0 và x chẵn. 0,25 Giả sử (x 1, x2 1) d d lẻ và x2 1d; x2 1d 2d d 1 0,25 Vì (x 1)(x2 1) là số chính phương, (x 1, x2 1) 1 nên (x 1) và(x2 1) 0,25 cũng là hai số chính phương.
5. Do x 0 x2 x2 1 (x 1)2 x2 1 (x 1)2 x 0 0,25 y 0 Khi x 0, có (1) 4y(y 1) 0 . y 1 0,25 Vậy có hai cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1) Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a . Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC 4AB . Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K , E . Câu a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC.CE theo a . 4 · · · · · o 0,25 (3,0 Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC ); ACD ECB 90 đ) ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g) 0,25 DC AC DC.CE AC.BC 0,25 BC EC a 3a 3a2 Do AB ;BC DC.EC AC.BC 0,25 4 4 4 b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . 1 S BC.DE S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. 0,25 BDE 2 BDE 3a2 Ta có: DE DC EC 2 DC.EC 2 a 3 ( Theo chứng minh phần 4 a) 0,5 a 3 Dấu " " DC EC . 2 3a2 3 a 3 S nhỏ nhất bằng khi D thuộc tia Cx sao cho CD . 0,25 (BDE) 8 2 c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( 0,25
6. M nằm giữa A và B) M, N đối xứng qua DE. Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g) AK AB AK.AD AC.AB (1) AC AD 0,25 Hai tam giác AKM và AND đồng dạng (g-g) AK AM AK.AD AM.AN (2) AN AD a2 T ừ (1) v à (2) suy ra AM.AN AC.AB 4 a2 (AC MC)(AC NC) AC 2 MC 2 (Do MC NC ) 0,25 4 3a2 a 3 MC 2 MC NC 4 2 M , N là hai điểm cố định. 0,25 Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định. 1 1 1 1 1 Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; ; . 1 2 3 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có: 0,25 u 1 v 1 u v uv 1 u v uv 1 (*) Câu Với dãy số thực bất kỳ a ;a ; ;a , ta xét “Tích thêm T ”: 5 1 2 2015 (1,0 T a1 1 a2 1 a3 1 a2015 1 0,25 đ) Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm T ” không thay đổi với mọi dãy thu được. Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm T ”: 1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016 0,25 T 1 1 1 1 1 . . . 2016 1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là x thì “Tích thêm T ” đối với dãy cuối là: T x 1 Vậy ta có: x 1 2016 x 2015 0,25 Bài toán được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta thu được số 2015. Hết