Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Kim Thành (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KIM THÀNH Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (2,0 điểm) x 2 x 1 x 1 Cho biểu thức: P : . Với x > 0, x 1. x x 1 x x 1 1 x 2 1. Rút gọn biểu thức P. 2 2. Tìm x để P . 7 3. So sánh: P2 và 2P. Bài 2: (2,0 điểm) 2 2 1. Giải phương trình: x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x4 x2 1 y2 Bài 3: (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng: 2 (d1): x 3y 5 0 ; (d2): x 2y 5 0 ; (d3): m 1 x 3y 5 2m 0 a. Tìm tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) b. Xác định m để ba đường thẳng trên là 3 đường thẳng phân biệt đồng quy. 2. Có hay không số tự nhiên n để: 1990 + n2 là số chính phương. Bài 4: (3,0 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K. 1. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành 2. Kẻ OM  BC tại M. Gọi G là trọng tâm của D ABC. Chứng minh SAHG = 2SAGO AD BE CF 3. Chứng minh: 9 HD HE HF Bài 5: (1,0 điểm) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M x y HẾT (Đề thi gồm có 1 trang) Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN - Lớp 9 Bài 1: (2 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 1 ĐKXĐ: x > 0, x 1. x 2 x x x x 1 x 1 P : ( x 1)(x x 1) 2 0.25 x 2 x 1 2 2 . . ( x 1)(x x 1) x 1 x x 1 0.25 2 2 2 2 P x x 6 0 7 x x 1 7 0.25 x 2 ( x 3) 0 x 2 ( vì x 3 0 ) 0.25 x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện) Vậy x = 4. 0.25 ĐKXĐ: x > 0, x 1. 2 1 3 * Do x x 1 = x 0 nên P > 0. 2 4 0.25 3 * Với x > 0 thì x x 0 nên x x 1 > 1 1 2 0.25 1 P 2 x x 1 x x 1 Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0 P2 < 2P. 0.25 Bài 2: (2 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 1 x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 1 x 1 x 2 0 x 3 0 Điều kiện: x 2 x 2 0 x 1 x 3 0 0.25 2
3. 1 x 2 x 1 1 x 3 x 1 1 0 x 1 1 0 x 1 1 x 2 x 3 0 x 2 x 3 0 0.5 x 1 1 x 2 x 2 x 3 x = 2 (t/m đkxđ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 0.25 2 x4 x2 1 y2 (1) Ta có x2 0 x (x2 )2 x4 x2 1 (x2 1)2 (x2 )2 y2 (x2 1)2 Do đó từ (1) (*) 0.25 Vì x 2 và x 2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) y2 (x2 1)2 0.25 (x2 1)2 x4 x2 1 x2 0 x 0 y2 1 y 1 0.25 Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1) 0.25 Bài 3: (2 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 1 a) Tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ x 3y 5 0 phương trình: 0.25 x 2y 5 0 Giải hệ phương trình ta được x = 1; y = 2. Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại A (1; 2). 0.25 b) Ba đường thắng cắt nhau tai một điểm suy ra (d3) đi qua A. 2 m 0 m 1 3.2 5 2m 0 m m 2 0 0.25 m 2 +) Với m = 0 thì (d ) có dạng x 3y 5 0 trùng với (d ) (loại) 3 1 0.25 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm 2 Giả sử 1990 + n2 là số chính phương thì 1990+ n2 = m2 (m N ) Từ đó suy ra m2 - n2 = 1990 (m + n) (m – n) = 1990 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) 0.25 3
4. Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính 0.25 chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn. (m + n) (m – n)  4 0.25 nhưng 1990 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để: 1990 + n2 là số chính 0.25 phương Bài 4: (2 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 1 A E F G H O B D M C K + Vì ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK nên ACK vuông tại C KC  AC 0.5 + Ta có BE  AC (gt) KC // BE hay KC // BH + Chứng minh tương tự ta có KB // CH 0.25 + Kết luận tứ giác BHCK là hình bình hành 0.25 Chứng minh SAHG = 2SAGO 2 + Vì M là trung điểm của BC (cmt). 0.25 AM là đường trung tuyến của ABC + ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt) 2 0.25 G thuộc đoạn AM, AG = AM 3 + Vì M là trung điểm của HK (cmt) AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM, 0.25 2 AG = AM (cmt). G là trọng tâm của AHK 3 + Chứng minh HO đi qua G, HG = 2GO 0.25 4
5. + AHG và AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO, HG = 2GO Do đó: SAHG = 2SAGO AD BE CF Chứng minh: 9 HD HE HF 1 1 1 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF Ta có: 2 2 2 AD BE CF 1 1 1 AD.BC BE.AC CF.AB 2 2 2 0.5 S S S = HBC + HAC + HAB SABC SABC SABC S + S + S S = HBC HAC HAB = ABC = 1 SABC SABC + Chứng minh bài toán phụ: 3) Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng : 1 1 1 (x+y+z) ( ) 9 x y z 1 1 1 1 Sử dụng x y z 33 xyz ta có ( ) 3.3 x y z xyz 1 1 1 0.25 (x+y+z) ( ) 9 x y z + Áp dụng kết quả bài toán trên ta có: HD HE HF AD BE CF ( ).( ) 9 AD BE CF HD HE HF HD HE HF 0.25 Mà: + + = 1 (cmt) AD BE CF AD BE CF Do đó: 9 HD HE HF Bài 5: (1điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0 0.5 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*) Vì x 1 2 – x 1 y 1 y 1 2 1 2 1 3 2 0.25 = x 1 y 1 y 1 1 0 2 4 5
6. Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2 1 1 x y 2 Ta có : M x y x.y x.y 2 1 2 0.25 vì x y 4xy 4 4xy 1 2 . xy xy Vậy Max M = -2 x = y = -1 . 6