Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Nguyễn Lương Bằng (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Nguyễn Lương Bằng (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD - ĐT THANH MIỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS NGUYỄN LƯƠNG BẰNG MÔN: TOÁN MÃ ĐỀ Thời gian làm bài: 150 phút T-02-HSG9-NLB-PGDTM (Đề này gồm 5 câu, 1 trang) Câu 1: (2đ) 1/ Cho 16 2x x2 9 2x x2 1. Hãy tính: 4x2 8x 36 2 16 2x x2 1 1 x2 . (1 x)3 (1 x)3 2/ Rút gọn biểu thức: A 2 1 x2 Câu 2: (2d) a/ Giải phương trình: x 4 x 3 2 3 2x 11 xy 2x 2y 0 b/ Giải hệ phương trình: yz 2y 2z 3 xz 2x 2z 5 0 Câu 3: (2đ): 1/ Chứng minh rằng: 3 2 3 4 là số vô tỉ 2/ Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để: (n4 + 42k + 1) là số nguyên tố. Câu 4: (3đ): 1/ Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O. Qua A kẻ các tiếp tuyến với (O) tiếp xúc với (O) tại M và N. Lấy điểm B thuộc cung nhỏ MN, tiếp tuyến tại B cắt AM tại E và cắt AN tại F. OE, OF cắt MN lần lượt tại P và Q. PQ Chứng minh rằng: không đổi khi B thay đổi trên cung nhỏ BC. EF 2/ Cho tam giác ABC đều cạnh a. M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC và BC. 1 1 1 Tìm vị trí của M để : nhỏ nhất và tính giá trị đó. MD ME MD MF MF ME Câu 5: (1đ): Cho x và y là hai số nguyên thoả mãn 2x2 + x = 3y2 + y. Chứng minh rằng: 2x 2y 1 là số nguyên. === Hết ===
2. PHÒNG GD – ĐT THANH MIỆN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG9 TRƯỜNG THCS MÔN: TOÁN NGUYỄN LƯƠNG BẰNG (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) MÃ ĐỀ T-02-TS10-NQ-PGDTM Câu Đáp án Điểm a/ 0,75điểm a/(1đ) 0,5đ ( 16 2x x 2 9 2x x 2 )( 4x 2 8x 36 2 16 2x x 2 ) = 2( 16 2x x 2 9 2x x 2 )( x 2 8x 36 16 2x x 2 ) =14 Mà: 16 2x x2 9 2x x2 1 0,25đ 2 2 1 => 4x 8x 36 2 16 2x x =14 (2đ) b/ 1,25đ : ĐK: 1 x 1 0,25đ 2 2 0,5đ 1 1 x . (1 x) (1 x) 2 1 x A 2 1 x2 1 1 x2 . (1 x) (1 x) A2 = 2x2 => A = x 2 0,5đ a/ 1đ 3 0,25đ ĐK: 3 x 2 x 4 x 3 2 3 2x 11 11 x 4 x 3 2 3 2x 0,5đ ( x 3 2)2 ( 3 2x 1)2 0 x 3 2 0 0,25đ x 1 (thỏa mãn đk) 3 2x 1 0 2 b/ 1đ (2đ) xy 2x 2y 0 (x 2)(y 2) 4 0,25đ yz 2y 2z 3 (y 2)(z 2) 1 xz 2x 2z 5 0 (z 2)(x 2) 9 (x+2)2 (y+2)2 (z+2)2 = 36 0,25đ => (x+2) (y+2)(z+2) = 6 hoặc(x+2) (y+2)(z+2) = -6 4(2 z) 6 0,25đ 1 4 (x+2) (y+2)(z+2) = 6 => (x 2) 6 z , x 4, y 2 3 9(y 2) 6
3. 4(2 z) 6 0,25đ 7 8 (x+2) (y+2)(z+2) = -6 => (x 2) 6 z , x 8, y 2 3 9(y 2) 6 a/ 1đ Đặt 3 2 3 4 = a => a3 = 6-6a 0,25đ => a3 + 6a - 6 = 0 => a là một nghiệm của phương trình 0,25đ x3 + 6x - 6 = 0 Để chưng minh a là số vô tỉ ta chưng minh phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ Thật vậy: G/s PT x3 + 6x - 6 = 0 có nghiệm hữu tỉ là 0,25đ m (m,n Z,n 0;(m,n) 1) => n m3 m 6 6 0 m3 6mn2 6n3 0 3 n3 n (2đ) Từ : m3 6mn2 6n3 0 => m chia hết cho 2 => m = 2k (k Z) 0,25đ => 8k 3 12kn2 6n3 0 4k 3 6kn2 3n3 0 => n chia hết cho 2 mâu thuẫn với (m,n)=1 => đpcm b/ 1đ 2/ (1đ) A = n4 + 42k + 1 = (n2 + 2.4k + 2n.2k)( n2 + 2.4k - 2n.2k) 0,25đ Vì n, k là các số tự nhiên 0,5đ => n2 + 2.4k + 2n.2k > n2 + 2.4k - 2n.2k > 0  A nguyên tố n2 + 2.4k - 2n.2k = 1 và n2 + 2.4k + 2n.2k nguyên tố n2 + 2.4k - 2n.2k = 1 => n = 1; k = 0 0,25đ Với n = 1, k = 0 thì n2 + 2.4k + 2n.2k = 5 nguyên tố M . E. P .O A. B. Q . F . N 1/ 1.5đ 1 0.5đ E· OF E· MQ sd M¼N => tứ giác MOQE nội tiếp 4 2 (3đ) Tứ giác OMEB nội tiếp => 5điểm O,M,E,B,Q cùng thuộc một đường tròn. M· QO M· EO O· EF 0.5đ OH PQ => hai tam giác OPQ và OFE đồng dạng=> OB EF Kẻ OH vuông góc với PQ (O) và điểm A cho trước AN, AM cố định => OB, OH không đổi PQ 0.5đ => không đổi khi B thay đổi EF
4. 2/ . 1.5đ a 3 0.5đ Tính MD + MF + ME = 2 1 1 1 0.25đ CM: (a+b+c) ( ) 9 a b c 1 1 1 0.5đ => 2 (MD + MF + ME) ( ) 9 MD ME MD MF MF ME Dấu bằng xảy ra khi M là tâm tam giác đều 0.25đ => nhỏ nhất của biểu thức là: 1 1 1 = 3 3a MD ME MD MF MF ME 2x2 + x = 3y2 + y 0.25đ 2x2 2y2 x y y2 (2x 2y 1)(x y) y2 Nếu x = 0; y = 0 thì 2x+2y+1=1 là số chính phương 0.5đ Nếu x 0 y 0 và x y Vì x, y là số nguyên nên ta suy ra được nếu x-y là số chính 5 phương khác 0 thì 2x+2y+1 là số chính phương (1đ) Ta chứng minh x - y là số chính phương Giả sử (x,y) = d => x = dx1 và y = dy1 và (x1,y1) = 1 Vì x y => x1 y1 do đó tồn tại m khác 0 sao cho y1=x1+m 0.25đ (Với (x1,m) = 1 2 2  y = (x1 m)d 2(x1d) x1d 3(x1d md) x1d md 2 2 x1 d 6x1dm 3m d m 0 (*) Từ (*) => m chia hết cho d và d chia hết cho m  d = m hoặc d = -m 2 2 2 Nếu d = m => x1 6x1m 3m 1 0 x1 3 (vô lý) => d = -m 2  x-y = x1d-y1d = x1d-(x1 - d)d = d là số chính phương  2x+2y+1 là số chính phương