Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Nghĩa Hành (Có đáp án

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Nghĩa Hành (Có đáp án

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN NGHĨA HÀNH Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (6,0 điểm) a) Với n là số nguyên dương. Hãy tìm ƯCLN(21n+4 , 14n+3) b) Cho a, b, c là các số nguyên sao cho 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương, biết rằng trong ba số chính phương nói trên có một số chia hết cho 3. Chứng minh rằng: (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. c) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + y2 = xy + x + y. Bài 2: (3,0 điểm) 20132 2013 a)Tính giá trị của biểu thức P= 1 20132 20142 2014 b) Giải phương trình: x 7 9 x x2 16x 66 Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x > 0, y > 0 và x + y 1. Chứng minh bất đẳng thức 1 1 4 . x2 xy y2 xy 2x x 3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A , với x 1. 3 x 1 Bài 4: (5,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng a. Gọi M là một điểm nằm ở miềm trong của tam giác. MI MP, MQ theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, AB, AC. Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Các điểm D và E thứ tự chuyển động trên các cạnh AB và AC sao cho D· OE 600 . a) Chứng minh MI + MP + MQ không đổi b) Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. c) Xác định vị trí của các điểm D và E để diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết rằng AB = CH. 5 1 Chứng minh rằng: cosBµ . 2 Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo sanh: . Giám thị 1: Giám thị 2:
2. HƯẤNG DẤN CHẤM THI HẤC SINH GIẤI LẤP 9 Bài Câu Đáp án Điểm Bài 1: a) Đặt d = ƯCLN(21n+4 , 14n+3) , với n N*). Ta có : (6,0đ) (2,0đ) (21n + 4) d và (14n + 3) d 0,5đ 2(21n + 4) d và 3(14n + 3) d 0,5đ [3(14n + 3) - 2(21n + 4)] d 0,5đ (42n + 9 - 42n - 9) d 1 d d = 1 0,5đ b) Vì 2a + b; 2b + c; 2c + a là các số chính phương nên ta có thể 0,5 (2,0đ) đặt 2a + b = m2; 2b + c = n2; 2c + a = p2 với m, n, p là các số tự nhiên. Vì trong các số m2; n2; p2 có một số chia hết cho 3 nên không mất tính tổng quát có thể giả sử m2 chia hết cho 3 (1). Ta lại có m2 + n2 + p2 = 3a + 3b + 3c chia hết cho 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra n2 + p2 chia hết cho 3. Dễ thấy n và p đều chia hết cho 3. Do đó 2a + b; 2b + c; 2c + a đều chia hết cho 3. Từ đó suy ra a, b, c đều chia hết cho 3. Vậy (a - b)(b - c)(c - a) chia hết cho 27. c) x2 + y2 = xy + x + y (x - y)2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 = 2. 0,5đ (2,0đ) Vì x, y Z nên : x+y 0 0 0 0 1 1 1 1 -1 -1 -1 -1 0,25đ x-1 1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 1 -1 0,25đ y-1 1 1 -1 -1 1 -1 0 0 1 -1 0 0 0,25đ (x;y) (2;2 ) (0;0 ) (1;0 ) (2;1 ) (1;2 ) (0;1 0,25đ ) 0,25đ 0,25đ a) 2 2 a a (1,0đ) P= 1 a 2 a 1 a 1 2 2 a a a 1 2a 0,25đ a 1 a 1 Bài 2: 2 (3,0đ) 2 a a a a 1 2.(a 1). 0,25đ a 1 a 1 a 1 2 a a a 1 0,25đ a 1 a 1
3. a a a 1 a 1 a 1 a 1 0,25đ Vậy P = 2014 b) Điều kiện 7 x 9 0,5đ (2.0đ) x2 - 16x + 66 = (x-8)2 + 2 2 (1) 0,5đ 1 (x 7) 1 (9 x) 1. x 7 1. 9 x 2 (2) 0,5đ 2 2 (1) và (2) x 7 9 x x2 16x 66 = 2 x 8 0 Khi 1 x 7 x 8 (thoả mãn điều kiện) 1 9 x vậy x = 8 là nghiệm của phương trình 0,5đ 1 1 4 a) (2đ) Áp dụng bất đẳng thức , với mọi a > 0; b > 0. a b a b Ta có : 1 1 4 x2 xy y2 xy x2 xy y2 xy 1,0đ 4 = 4 x y 2 1 4 0,5đ (vì 0 x y 1 1 4 ). x y x y x2 xy y2 xy 1 Đẳng thức xảy ra khi x y 0 . x y 1 2 Bài 3: 0,5đ (4,0đ) b) (2đ) 2x x 3 2x 2 2 x 1 4 2 x 1 4 5 0,5đ Ta có : A . 3 x 1 3 x 1 3 x 1 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta được: 2 x 1 4 2 x 1 4 4 6 2 . . 3 x 1 3 x 1 3 0,5đ 2 x 1 4 Đẳng thức xảy ra khi x 1 6 (thỏa mãn điều 0,5đ 3 x 1 kiện x 1). 4 6 5 Vậy min A khi x 1 6 . 0,5đ 3 a) Tính được S = S + S + S 0,5đ ABC MBC MAC MAB A (1,0đ) 1 a.MI + 1 a.MP + 1 a.MQ = 1 ah 2 2 2 2 Bài 4 P (5,0đ) MI + MP + MQ = h (không đổi) Q 0,5đ M B I C
4. b) Vì D· OE 600 nên B· OD C· OE 1200 (1). (2,0đ) Tam giác BOD có Bµ 600 nên B· OD B· DO 1200 (2). Từ (1) và (2) suy ra B· DO C· OE . 0,5đ Do đó BOD ഗ CEO (g-g). BD OD BD OD Suy ra (vì OB = OC). A OC EO OB EO Do đó DBO ഗ DOE (c-g-c). E K B· DO O· DE . D 0,5đ .Vẽ OH  AB; OK  DE H 60° OHD OKD (ch-gn) B OH = OK. O C 0,5đ Mà OH không đổi nên DE luôn tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố định. 0,5đ c) c) Vẽ OI  AC, dễ thấy DH = DK = x; EK = EI = y (T/c hai 0,5đ (2,0đ) tiếp tuyến cắt nhau). a a Do đó DE = x + y; BD = x ; CE y 4 4 0,5đ (Dễ thấy BH = CI = a ). 4 OB DB Vì BOD CEO (g-g) . 0,5đ ഗ EC OC a2 DB.EC OB.OC 4 0,5đ Bài 5: (2,0đ) . A (2,0đ) C Vì tam giác ABC vuông tại A có đường caoB AH. H Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB2 BH.BC BC CH BC BC AB BC BC 2 AB.BC (vì 0,5đ AB = CH). Chia hai vế cho BC2 ta được: 0,5đ
5. AB2 AB AB2 AB 1 1 BC 2 BC BC 2 BC 0,5đ 2 AB 1 5 AB 1 5 . BC 2 4 BC 2 2 0,5đ AB 5 1 BC 2 AB 5 1 Tam giác ABC vuông tại A nên ta có cosBµ BC 2 (đpcm).