Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 có đáp án môn: Toán - Trường Thcs Xuân Dương (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Nguyễn Công Liêu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

97
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 có đáp án môn "Toán - Trường Thcs Xuân Dương" năm học 2014-2015 dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 có đáp án môn: Toán - Trường Thcs Xuân Dương (Năm học 2014-2015)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (6 điểm)  x5 x   25  x x 3 x 5 Cho biểu thức A =   1 :       x  25   x  2 x  15 x  5 x  3  1. Rút gọn A 2. Tìm số nguyên x để A nguyên 3. Với x  0 , x  25, x  9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A( x  16) B= 5 Câu 2: (4 điểm) a) Giải phương trình: 2 x 2  9 x  4  3 2 x  1  2 x 2  21x  11 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz zx A=   với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1 z x y Câu 3: (3 điểm) a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 2x6 + y2 –2 x3y = 320 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  3 y  2 z 3x  2 y  3z 2 x  3 y  3z 2 Câu 4: (6 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J. a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’). b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất. Câu 5: (1 điểm) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83 -----------Hết-----------
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9 TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG Năm học: 2014 – 2015 Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Tìm đúng điều kiện x  0, x  25, x  9 1,0 5 (6đ) Rút gọn A  1,5 x 3 b x  z => x  3 là Ư(5) 0,5  x 3 1 (loai ) 1,0 =>   x  3  5  x  4 A( x  16) 5( x  16) x  16 c B   0,5 5 5( x  3 x 3 25 25  x 3  x 3 6 1,0 x 3 x 3 => B  4 => min B = 4  x=4 0,5 2 a ĐK: x  4 hoặc x = 0,5 0,5 (4đ) Biến đổi: 2 x 2  9 x  4  3 2 x  1  2 x 2  21x  11  x  42 x  1  3 2x 1  x  112 x  1  x  42 x  1  3 2x 1  x  112 x  1  0 1,0  2 x  1( x  4  3  x  11 )  0  2 x  1  0(1) Hoặc x  4  3  x  11  0 (2) Giải (1) được x = 0,5 (thỏa mãn), giải (2) được x = 5 (thỏa mãn) 0,5 xy yz zx b A=   z x y x2 y2 y2 z2 z2 x2 Nên A2 =  2  2  2 ( vì x2+y2+z2 =1) z 2 x y 0,75 = B +2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có x2 y2 y2 z2 x2 y2 y2 z2 2  2  2 2  2y2 z x z x 2 2 y z z2 x2 Tương tự   2z 2 x2 y2 x2 y2 z2 x2  2  2x 2 z2 y Cộng vế với vế ta được 2B  2  B  1 0,75 Do đó A2 = B +2  3 nên A  3 0,5 3 Vậy Min A = 3  x=y=z= 3 3 a Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320 0,5 => (x3)2 £ 320 (3đ) mà x nguyên nên x £ 2 0,75 Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại) Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là: 0,25 (2;-2); (2;6); (-2;-6); (-2;2) b 1 1 4 0,5 Áp dụng BĐT   (với a, b > 0) a b ab 1 11 1      ab 4 a b
Ta có: 1 1 1 1 1       3x  3y  2z  2x  y  z    x  2 y  z  4  2x  y  z x  2 y  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  1 2 1 1       16  x  y x  z y  z  1 1 2 1 1  Tương tự:      3 x  2 y  3 z 16  x  z x  y y  z  1 1 2 1 1       2 x  3 y  3 z 16  y  z x  y x  z  0,5 Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4         3x  3 y  2z 3x  2 y  3z 2x  3 y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1 1 1  1 3       .6  16  x  y x  z y  z  4 2 0,5 4 C 1,0 (6đ) J A I M O O’ B D a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB  CD : 0,5 gt)  ACMD là hình thoi  AC // DM, mà AC  CB (do C thuộc đường tròn đường kính 0,5 AB)  DM  CB; MJ  CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB) 0,5  D, M, J thẳng hàng.
 + IMD Ta có : IDM  = 900 )  = 900 (vì DIM 0,5  = IDM Mà IJM  (do IC = IJ = ID :  CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)  = JMO' MJO'  = IMD  (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); ˆ ' và IMD JMO ˆ đối đỉnh)  + MJO'  IJM   900  IJ là tiếp tuyến của (O’),   900  IJO 0,5 J là tiếp điểm AB b Ta có: IA = IM  IO’ = = R (R là bán kính của (O)) 2 O’M = O’B (bán kính (O’) 0,5  JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 0,5 2 2 Mà IJ + O’J  2IJ.O’J = 4SJIO’ 0,5 R2 Do đó SJIO’  4 R2 0,5 SJIO’ = khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân 4 có cạnh huyền IO’ = R nên : R 2 2O’J2 = O’I2 = R2  O’J = 2 Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 0,5 5 Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83 0,5  4 xy  2 x  2 y  1  167 (1đ)  (2 x  1)(2 y  1)  167 Do x,y nguyên dương  (2 x  1);(2 y  1)  Z 0,5  (2 x  1);(2 y  1)  Ư(167) Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0).