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

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

1. PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỀC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) x x 3 x 2 x 2 a) Cho M (1 ) : ( ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 1. Rút gọn M 2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên b) Tính giá trị của biểu thức P P 3x 2013 5x 2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3 Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) ( x 3)(x 4)(x 5)(x 6) 24 2 2 b) 2x x 1 2x x 1 Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. 2 1 2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 2 y 2 y x 1 1 1 b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: . 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. 2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu thức P sin6 cos6 . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. BE3 CE 3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và . BF 3 DF Câu 5: (1 điểm) Tìm n N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương. - Hết - Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
2. PHÒNG GD&ĐT THANH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 OAI Môn: Toán Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1)Rút gọn M : Với x 0; x 4; x 9 (0,5đ) x 1 x x 3 x 2 x 2 M : x 1 x 2 x 3 ( x 2)( x 3) 1 ( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) ( x 2) : x 1 ( x 2)( x 3) 1 x 9 (x 4) x 2 : x 1 ( x 2)( x 3) x 2 x 1 x 2 Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ) x 1 x 2 x 1 3 x 1 3 3 2) M 1 (0,75đ) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U (3) Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 0 x 1 1 Nên x 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) . x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*) ) . x 1 3 x 2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b_ x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3 Có 18 8 2 (4 2) 2 4 2 4 2 (0,5đ)
3. 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1) 2 3 1 (0,25đ) x 6 2 2. 3 3 1 3 6 2 2. 2 3 3 6 2 4 2 3 3 x 6 2 ( 3 1) 2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3 x ( 3 1) 2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a. ( x 3)(x 6)(x 4)(x 5) 24 0,25 đ  (x 2 9x 18)(x 2 9x 20) 24 (1) 0,25 Đặt x 2 9x 19 y đ (1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0 0,5 đ  y2 – 25 = 0 0,5 đ  (x 2 9x 24)(x 2 9x 14) 0 0,25 đ 0,5 đ  (x 2)(x 7)(x 2 9x 24) 0 0,5 đ Chứng tỏ x 2 9x 24 0 Vậy nghiệm của phương trình : x 2; x 7 2 2 2 b. Ta có 2x x 1 (x 2x 1) (x 1) 0 0,25 đ pt trở thành : 2x x 2 1 x 2 2x 1 0,25 đ  x 1 0,5 đ 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1. 2đ 2 1 2 1 Tìm GTNN của biểu thức: M = x 2 y 2 y x 1 1 1 x4 y4 2x2 y2 1 2 2 x2 y2 1 1 M = x 2 y 2 = 2 2 2 2 y x x y x y 2 2 2 2 2 x y 1 2 2 x y 1 1 0,5 2 2 xy x y xy xy 1 1 15 Ta có: xy xy 0, 5 xy 16xy 16xy
4. 1 1 1 1 * Ta có: xy 2 xy. 2. (1) * 16xy 16xy 4 2 0,5 x y 1 1 1 1 4 1 15 15 xy xy 4 (2) 2 2 4 xy 16xy 16 4 16xy 4 1 1 15 1 15 17 0,25 Từ (1) và (2) xy xy xy 16xy 16xy 2 4 4 2 2 1 17 289 Vậy M = xy xy 4 16 0,25 1 1 xy xy 1 Dấu “=” xảy ra 16xy 4 x y (Vì x, y > 0) 2 x y x y 289 1 Vậy min M = tại x = y = 0,5 16 2 b 1 1 1 2đ 6 Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 2 1 1 4 Áp dụng BĐT a b a b (với a, b > 0) 0.5 1 1 1 1 a b 4 a b Ta có: 1 1 1 1 1 3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z 0,5 1 2 1 1 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 Tương tự: 3x 2y 3z 16 x z x y y z 1 1 2 1 1 2x 3y 3z 16 y z x y x z cộng vế theo vế, ta có: 0,5
5. 1 1 1 1 4 4 4 3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z 0,5 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2 0,5 Caai 4: (5 điểm) B 1 D I O 0,25 C H 1 E F P A Q . BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA Nối OE, BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF 0,75đ. AE AB AE AB AE AB 1 1 AB AF AB AF OA AQ 2 2 0,75đ. · · · µ Vậy AEO: ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P1 (góc có các cạnh tương ứng vuông góc) nên ·AEO Pµ , mà hai góc đồng vị => PH // OE. 1 0,25đ Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. 2. Ta cã: . 3 3 P sin6 cos6 sin2 cos2 2 2 4 2 2 4 P sin cos sin sin cos cos 0,75đ. 2 P sin2 cos2 3sin2 cos2 1 3sin2 cos2 Ta cã: 0,5đ 2 1 sin2 cos2 4sin2 cos2 1 4sin2 cos2 sin2 cos2 4
6. 3 1 Suy ra: P 1 3sin2 cos2 1 0,25đ 4 4 0,25đ 1 2 2 Do ®ã: P khi vµ chØ khi: sin cos sin cos (v× lµ min 4 sin gãc nhän) 1 tg 1 450 cos 0,25đ Khi đó CD vuông góc với AB 3. Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên 0,25đ ·ACB ·ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật. 0,25đ Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2 = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF 0,25đ AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: 0,25đ BE 2 EA.EF AE BE 4 AE2 CE.BE BE3 CE BF 2 FA.EF AF BF 4 AF 2 DF.BF BF 3 DF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 2 n 4 n 3 1 n 2 K n 4 2Kn 2 K 2 (K N* ) n 3 2Kn 2 K 2 1 n 2 (n 2k) K 2 1 0 Mà K 2 1n 2 K 2 1 hoặc n 2 K 2 1 Nếu K 2 1 K 1 n 2 (n 2) 0 n 2 Thử lại 24 23 1 52 ( thỏa mãn) Khi K 1 K 2 K 2 1 n 2 K n n 2k 0 mâu thuẫn với điều kiện n 2 n 2K K 2 1 0 (1đ) Vậy n = 2