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

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - 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 điểm) x + 6 x - 9 x - 6 x - 9 a) Rút gọn biểu thức: A = x 9 81 18 1 x2 x b) Phân tích đa thức x2 – 3y2 – 2xy – x + 3y thành nhân tử Câu 2 ( 2 điểm) x3 3x2 a) Giải phương trình x3 9 x 1 3 x 1 x2 y2 xy = 1 b) Giải hệ phương trình 3 3 x y x + 7y Câu 3 ( 2 điểm) a) Cho các số nguyên dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn đồng thời x = a + yz; y = b + xz và z = c + xy . Chứng minh (ax + by + cz)2 chia hết cho (a + b + c)(x + y + z) 4 b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình x y 17 288 Câu 4 ( 3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn (M khác A và B). Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Gọi P, Q, I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MAH, MBH và AMB. a) Chứng minh BI  MP b) Chứng minh khi M di động trên nửa đường tròn thi I di động trên một cung tròn cố định c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để chu vi tam giác PHQ lớn nhất Câu 5 ( 1 điểm) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1 x y z 1 Chứng minh 3 [(x - y)2 (y - z)2 (z - x) 2 ] xy yz zx 2 3 Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. ( 1 điểm) 2 điểm 2 2 x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 A 2 9 9 1 0,25 điểm 1 x x x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 Vì x > 9 nên A x 9 x 9 0,25 điểm x x x - 9 3 x - 9 3 6x Khi 9 < x < 18 thì A x 9 x 9 0,25 điểm x x - 9 3 x - 9 3 2x Khi x ≥ 18 thì A x 9 x - 9 0,25 điểm x b. (1 điểm) 2 2 2 2 x – 3y – 2xy – x + 3y = x + xy – x – 3xy – 3y + 3y 0,5 điểm = x(x + y – 1) – 3y(x + y – 1) 0,25 điểm = (x + y – 1)(x – 3y) 0,25 điểm 2 a) 1 điểm 2 điểm x3 3x2 x3 9 x 1 3 x 1 Điều kiện x ≠ 1 x x x 2 x 2 Đặt t = x + t = x + ; xt = x + t = xt 0,25 điểm x - 1 x - 1 x - 1 x - 1 Phương trình trở thành x3 + t3 + 3(x + t) = 9 0,25 điểm  (x + t – 1)3 = 8  x + t – 1 = 2  x + t = 3 x2 Khi đó ta có 3 x2 – 3x + 3 = 0 0,25 điểm x - 1 Phương trình vô nghiệm 0,25 điểm
3. x2 y2 xy = 1 (1) b) 1 điểm 3 3 x y x + 7y (2) 3x2 = 1 (3) Nếu x = y thì hệ có dạng 3 2x 8x 0 (4) 3 Phương trình (3) có nghiệm x = 0,25 điểm 3 Phương trình (4) có nghiệm x = 0; x = ± 2 Hệ phương trình vô nghiệm x3 - y3 = x - y (5) Nếu x ≠ y thì hệ phương trình tương đương với 3 3 x y x + 7y (2) Trừ từng vế hai phương trình của hệ được y = 0 0,25 điểm 3 2y = 8y  y = 2 y = - 2 - Với y = 0, thay vào (1), (2) được x = ± 1 - Với y = 2, thay vào (1) được x2 + 2x + 3 = 0 (vô nghiệm) 0,25 điểm - Với y = -2, thay vào (1) được x2 – 2x + 3 = 0 (vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (1; 0), (- 1; 0). 0,25 điểm 3 a) 1 điểm 2 điểm Từ các đẳng thức x = a + yz; y = b + xz và z = c + xy và x, y, z đồng thời khác 0 ta được ax = x3 – xyz; by = y3 – xyz; cz = z3 – xyz 0,25 điểm => ax + by + cz = x3 + y3 + z3 – 3xyz Chứng minh x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) 0,25 điểm => ax + by + cz = (a + b + c)(x + y + z) 0,25 điểm Do a, b, c, x, y, z là các số nguyên dương nên ax + by + cz chia hết cho cả a + b + c và x + y + z 0,25 điểm => (ax + by + cz)2 chia hết cho (a + b + c)(x + y + z) b) 1 điểm 4 x y 17 288 x + y 2 4xy - 4 x + y xy 17 12 2 2 0,25 điểm x + y 4xy - 17 4 x + y xy 12 2 (1) Vế phải của (1) là số vô tỉ hoặc bằng 0 nhưng vế trái của (1) là số tự nhiên nên điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm nguyên là cả hai vế của 0,25 điểm (1) đều bằng 0 2 2 x + y 4xy - 17 0 x + y 4xy = 17 Ta có hệ 2 0,25 điểm 4 x + y xy 12 2 0 x + y 4xy 72 Giải hệ được (x; y) = (1; 2), (2; 1). Đó là hai nghiệm của phương trình 0,25 điểm
4. M I Q F E P A K H O B a) 1 điểm Chứng minh ba điểm A, P, I thẳng hàng và ba điểm B, Q, I thẳng hàng 0,25 điểm Gọi giao điểm của MP và AB là K, ta có K· MB K· MH H· MB K· MA M· AB 0,25 điểm M· KB K· MA M· AB · · KMB MKB 0,25 điểm Tam giác BMK cân tại B Mà BI là phân giác của góc B nên BI  MP 0,25 điểm b) 0,5 điểm M· AB M· BA Tính được A· IB 1800 1800 450 1350 0,25 điểm 2 => I di động trên cung chứa góc 135 0 vẽ trên đoạn AB (thuộc cùng một 0,25 điểm nửa mặt phẳng chứa điểm M) c) 1,5 điểm Gọi giao điểm của đường thẳng PQ với MA, MB lần lượt là E và F Chứng minh A· MH M· BH P· MH Q· BH P· HM Q· HB 450 MPH BQH (g-g) 0,25 điểm PH MH PH MA QH HB QH MB Từ đó chứng minh HPQ MAB (c-g-c) 0,25 điểm  H· QP M· BA M· BA H· QF 1800  Tứ giác BHQF nội tiếp được  M· FE Q· HB 450 0,25 điểm => tam giác MEF cân tại M => ME = MF M· FE M· HQ 450 ;H· MQ Q· MF M· QH M· QF  MQH = MQF (g-c-g) =>MH = MF và QH = QF 0,25 điểm Chứng minh tương tự được PH = PE
5. Chu vi tam giác PQH bằng PH + HQ + QP = EP + PQ + QF = EF = 2 MF = 2 MH ≤ 2 MO = 2 R Chu vi lớn nhất  MH lớn nhất  H trùng với O M là điểm chính 0,25 điểm giữa của nửa đường tròn (O) Vậy khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) thì chu vi tam 0,25 điểm giác PQH lớn nhất bằng 2 R 5 x y z 1 3 [(x - y)2 (y - z)2 (z - x) 2 ] (1) 1 điểm xy yz zx 2 3 Do x2 + y2 + z2 = 1 và x, y, z đều dương => 0 < x + y + z 3 x + y + z 2 x + y + z 2 VT = 0,25 điểm x + y + z xy + yz + zx 3 xy + yz + zx 2 x + y + z 1 2 2 2 BĐT  3 x - y y - z z - x xy + yz + zx 2 2 x + y + z 3 xy + yz + zx 1 2 2 2 x - y y - z z - x 0 xy + yz + zx 2 2 2 2 x + y + z xy - yz - zx 1 2 2 2 0,25 điểm x - y y - z z - x 0 xy + yz + zx 2 2 2 2 2x + 2y + 2z 2xy - 2yz - 2zx 1 2 2 2 x - y y - z z - x 0 2 xy + yz + zx 2 2 2 2 x - y y - z z - x 1 2 2 2 x - y y - z z - x 0 2 xy + yz + zx 2 2 2 2 1 1 0,25 điểm x - y y - z z - x 0 (*) 2 xy + yz + zx 2 Ta có 2xy ≤ x2 + y2; 2yz ≤ y2 + z2; 2zx ≤ z2 + x2  2(xy + yz + zx) ≤ 2(x2 + y2 + z2) = 2  0 ≤ xy + yz + zx ≤ 1 0,25 điểm  BĐT (*) đúng nên BĐT (1) được chứng minh Lưu ý: Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa.