Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Thanh Miện (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Thanh Miện (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN THANH MIỆN Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Câu 1 (2,0 điểm). x 4 x2 x2 x 6 x 1 2x Cho biểu thức A : 1 x2 2x x 3 4 x2 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức A. 368 368 b) Tính giá trị của A tại x = 3 3 3 3 27 27 Câu 2 (2,0 điểm). 1 1 a) Giải phương trình: x 1 x x x 1 x y 1 5 xy b) Giải hệ phương trình: 1 x2 y2 1 9 2 2 x y Câu 3 (2,0 điểm). a) Tìm số nguyên tố p sao cho 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên. b) Chứng minh rằng với a + b > c và a b c với a,b,c > 0 thì phương trình bậc hai a2x2 a2 b2 c2 x b2 0 vô nghiệm. Câu 4 (3,0 điểm). 1)Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là trung điểm của BC. Gọi D là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Trung trực của AD cắt các trung trực của AB và AC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng : a) 5 điểm A,E,I,D, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Tam giác AEF và tam giác ABC đồng dạng. 2)Trong tam giác ABC, các đường phân giác trong AA’, BB’, CC’ đồng quy tại AI.BI.CI 8 I (A’ BC, B’ AC,C’ AB). Chứng minh rằng AA'.BB '.CC ' 27 Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a2 b2 b2 c2 c2 a2 2 2012 a2 b2 c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P b c a c b a
2. HƯỚNG DẪN CHẦM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu Nội dung Điểm a.( 1 điểm) Đkxđ: 2 x 2 và x -1 0,25 x 2 x  2 x 2 x x 3 x 1 2 x 0,25 A : x x 2 x 3 2 x  2 x 2 x 2 2 x x 2 x x 3 2 x  x 1 2 x :  x 2 x x 2 x 3 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 0,25   x 2 x 1 2 x 2 0,25 1 (2,0 điểm) x 1 b.( 1 điểm) 368 368 5 Đặt a 3 3 ,b 3 3 a3 b3 6,ab 0,25 27 27 3 Ta có x a b,x a 1 và 3 0,25 x3 a b a3 b3 3ab a b 6 5x x3 5x 6 0 x 1 x2 x 6 0 0,25 Mà với x > 1 thì x2 x 6 0 x 1 0 x 1 (thoả mãn) 2 Thay x = 1 vào A được: A 1 0,25 1 1 a.( 1 điểm) Tìm được điều kiện: x 1(*) 0,25 1 1 Đặt x a 0; 1 b 0 x x 0,25 x 1 1 Ta có: a + b = x và a 2 b2 x 1 . Suy ra a b 1 x x 1 1 2 2 2 Do đó 2a x 1 x 1 a 1 a 2a 1 0 a 1(tm) x x (2,0 điểm) 0,25 1 1 Ta có x 1 x 1 x2 x 1 0 x x 1 5 Giải phương trình trên tìm được x 2 0,25 1 5 1 5 x ( thoả mãn), x <1( loại). kết luận 2 2 b.( 1 điểm)
3. Điều kiện: x 0, y 0 (*) 1 1 x y 5 x y 0,25 Biến đổi được hệ tương đương 1 1 x2 y2 9 2 2 x y 1 1 Đặt S x ;P y thì hệ trở thành: x y S P 5 S P 5 S và P là hai nghiệm của 2 2 S P 4 9 SP 6 0,25 phương trình X2 5X 6 0 Giải phương trình trên tìm được X1 2;X2 3 S 2 S 3 Từ đó suy ra hoặc P 3 P 2 S 2 Với thay vào có: P 3 1 x 2 x 1 0,25 x x2 2x 1 0 hay ( thoả mãn) 2 3 5 1 y 3y 1 0 y y 3 2 y 3 5 S 3 x Với tương tự tìm được 2 ( thoả mãn) P 2 y 1 Kết luận hệ có 4 nghiệm 0,25 x 1 x 1 3 5 3 5 x x 3 5 ; 3 5 ; 2 ; 2 y y 2 2 y 1 y 1 a. ( 1 điểm) Giả sử có số nguyên tố p thoả mãn 2p 1 n3 n N khi đó: 0,25 2p n3 1 n 1 n2 n 1 2 Nếu n chẵn thì n - 1 lẻ và n2 n 1 lẻ do đó 2p lẻ (vô lý), suy ra n lẻ nên n 1 2 3 n 1 n 1 0,25 Từ đó ta có p  n2 n 1 có hai ước là và ( 2 điểm) 2 2 n2 n 1 n 1 Mà n2 n 1> 1 và p là số nguyên tố nên suy ra =1 và 2 0,25 p= n2 n 1, suy ra n = 3 và p = 13 Với p = 13 thì 2p + 1 = 33 . Vậy số nguyên tố phải tìm là 13 0,25 b. ( 1 điểm)
4. Từ a + b > c và a b c với a,b,c > 0 0,25 a + b - c > 0; a - b - c 0, a+b+ c= 0 (*) 2 Ta có a2 b2 c2 4a2b2 a2 b2 c2 2ab a2 b2 c2 2ab 0,25 a b c a b c a b c a b c Từ (*) suy ra 0 , suy ra phương trình trên vô nghiệm 0,5 Hình vẽ: F A M N E B I D C 1a.( 1,25 điểm) Lập luận chứng minh được 0,25 VAEI VBEI c.c.c E· AI E· BI E· BD (1) Do tính chất các điểm thuộc trung trực của đoạn thẳng ta có: BE = ED ( đều bằng EA) suy ra VBED cân tại E 0,25 4 E· BD E· DI (2) (3 điểm) Từ (1) và (2) E· AI E· DI tứ giác AEID nội tiếp (*) Tứ giác AEID nội tiếp A· DC A· EI B· EI (3) Do EI//AC( cùng vuông góc với AB) B· IE A· CD (đv) (4) 0,25 Từ (3) và (4) VBEI ∽ VADC g.g C· AD I·BE C· AD I·AE (5) Mà C· AD I·FE ( 2 góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) (6) 0,25 Từ (5) và (6) I·FE I·AE tứ giác AEIF nội tiếp ( ) Từ (*) và ( ) suy ra 5 điểm A,E,I,D, F cùng nằm trên một 0,25 đường tròn. 1b.( 0,75 điểm) Gọi IE cắt AB tại M, IF cắt AC tại N, lập luận chứng minh tứ giác AMIN là hình chữ nhật F· IE 900 0,25 Mà tứ giác AEIF nội tiếp F· IE E· AF 1800 E· AF 900 VEAF vuông tại A. Do 5 điểm A,E,I,D, F cùng nằm trên một đường tròn A· FE A· IE 0,25 Mà A· IE B· IE(do VAEI VBEI) Có B· IE A· CD ( theo (4)) A· FE A· CD Từ đó lập luận VABC ∽ VAEF g.g 0,25
5. 2.( 1 điểm) A C’ I B’ B A’ C Ta có gọi s,s1,s2 ,s3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, IBC, IAC, IAB. AI S S S S s s Ta có: ABI ACI ABI ACI 3 2 0,25 AA' SABA' SACA' SABA' SACA' s BI s s CI s s Chứng minh tương tự 3 1 ; 2 1 BB' s CC' s Từ đó ta có 3 AI.BI.CI s3 s2 s3 s1 s2 s1 s3 s2 s3 s1 s2 s1 1 3  3 0,25 AA'.BB '.CC ' s 3 s 3 3 2 s1 s2 s3 1 2s 1 8   3 s3 3 s3 27 0,5 Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi s1 s2 s3 hay khi đó tam giác ABC đều. Ta có: 2 a2 b2 a b 2 a b 2 a2 b2 Tương tự b c 2 b2 c2 ;a c 2 a2 c2 0,25 a2 b2 c2 Từ đó suy ra P 2 b2 c2 2 a2 c2 2 a2 b2 Đặt x b2 c2 ,y c2 a2 ,z b2 a2 y2 z2 x2 z2 x2 y2 x2 y2 z2 Suy ra P 2 2x 2 2y 2 2z 5 2 2 2 2 2 2 (1 điểm) 1 y z z x x y 0,25 x y z 2 2 x y z 2 2 2 1 y z z x x y x y z 2x 2y 2z 2 2 2 2 2 1 y z z x x y 2x 3x 2y 3y 2z 3z 2 2 2x 2y 2z 0,25 1 2 y z 3x 2 z x 3y 2 x y 3z 2 2
6. 1 1 = x y z 2 2012 1006 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 2 1006 a = b = c = 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 2012 3 0,25 2 1006 Vậy minP = 1006 tại a = b = c = 3