Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2013-2014 môn Toán 9 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hoá

Chia sẻ: Minh Thư | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

512
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2013-2014 môn Toán 9 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hoá" dưới đây. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới và thầy cô giáo có thêm kinh nghiệm chấm thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2013-2014 môn Toán 9 - Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hoá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ Năm học 2013 - 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 Số báo danh (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) ........................  xy  x   xy  x  Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A   x  1   1 :  1   x 1  .  xy  1 1  xy   xy  1 xy  1     1. Rút gọn biểu thức A. 2. Cho 1  1  6 . Tìm giá trị lớn nhất của A. x y Câu II (5,0 điểm). 1.Cho phương trình x 2  2m  2x  m 2  2m  4  0 . Tìm m để phương trình 2 1 1 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn   . x  x2 x1 x2 15m 2 1 2 x  y  z  1 2. Giải hệ phương trình  .  x  y  z  xyz 4 4 4 Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1). 2. Tìm x, y, z  N thỏa mãn x2 3  y  z . Câu IV (6,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng. 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD. Câu V (1,0 điểm): Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  3 1 3  1 . x  y xy ----- HẾT ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ Năm học 2013 - 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: TOÁN - Lớp 9 THCS ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21/03/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý Lời giải (vắn tắt) Điểm I 1 Điều kiện: xy  1 . 0,25 (4,0đ) (2,5đ) A   x  1 1  xy     xy  1   xy  11  xy  : xy  x  xy  11  xy   xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy    xy  11  xy  0,50  x  1 1  xy    xy  x  xy  1   xy  11  xy     xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy  0,50  1 x  1 . x y  xy xy 1,25 2 (1,5đ) Theo Côsi, ta có: 6  1  1  2 1  1  9. x y xy xy 0,50 1 Dấu bằng xảy ra  1  1  x = y = . x y 9 0,50 1 Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = . 9 0,50 II 1 PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: (5,0đ) (2,5đ)   ' 0  m  2   m 2  2m  4  0  m  0 (*) 2 0,50  x1  x2  4  2m Với m  0 theo Vi-et ta có:  .  x1 .x2  m  2m  4 2 0,25 2 1 1 2 1 1 Ta có 2      (1) x1  x2 x1 x2 15m 2 x1  x2   2 x1 x2 x1 x2 15m 2 0,50 1 1 1  2  2  m  6m  4 m  2m  4 15m 0,50 1 1 1 4    . Đặt m   t do m  0  t  0 4 4 m   6 m   2 15 m m m 0,50 1 1 1 t  4 Ta cos (1) trở thành     t  4 ( do t  0 ) t  6 t  2 15 t  12 0,50 4 Với t  4 ta có m   4  m  2 thỏa mãn (*) m 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2 Ta có: (2,5đ) x4  y 4 y 4  z 4 z 4  x4 0,50 x4  y 4  z 4     x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2 = 2 2 2 x2 y 2  y 2 z 2 y 2 z 2  z 2 x2 z 2 x2  x2 y 2 0,50 =    xyyz  yzzx  zxxy = 2 2 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). 0,50 x  y  z 1 Dấu bằng xảy ra   x yz x  y  z  1 3  1 1 1 0,50 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x  ; y  ; z    3 3 3 III 1 Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k  *  (4,0đ) (2,0đ)  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb (1) Ở đó m  mà: m = ka – b  m + b = ka 2 2 (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1   (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m  1 (vì m  ). Do b > 0 nên b – 1  0 (do b  )  (m – 1)(b – 1)  0. Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0. 0,50 Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  k + 1  ka  1  k(a – 1) (4) Vì a – 1  0 (do a  , a > 0) và k  , k > 0 nên từ (4) có: a  1  k(a  1)  0   k(a  1)  1   a  2   k  1 0,25 - Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2   m  1  2   b  1  1   b  2  m  1  1 b  3    b  1  2 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. 0,25 b  1 - Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0   . m  1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b  b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3. 0,25 Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 0,25 2 Ta có x  2 3  y  z  x  2 3  y  z  2 yz (2,0đ) 0,50  x  y  z   2 3  2 yz   x  y  z   4 3  x  y  z   12  4 yz (1) 2 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
4 yz   x  y  z   12 2 TH1. Nếu x  y  z  0 Ta có 3 (2) vô lý 4 x  y  z  0,50 ( do x, y, z  N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). x  y  z  0 TH2. x  y  z  0 khi đó 1   (3) 0.50  yz  3 x  4 x  4   Giải (3) ra ta được  y  1 hoặc  y  3 thử lại thỏa mãn 0,50 z  3 z  1   IV (6,0đ) 1 (2.5đ) Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,50 AMB 0,50   900 . hay FMB   900 (giả thiết).Do đó FMB Mặt khác FCB   FCB   1800 .  1 (vì cùng bù với   EFM Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp  CBM 0,50  ). CFM 0,50   2  (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây   EMF Mặt khác CBM  ). Từ (1) và (2)  EFM cung cùng chắn AM   EMF . Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. 0,50   MBA (Có thể nhận ra ngay EMF   MFE  nên suy ra EMF cân)    DIF  3 . Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và DIH 2 2 0,50 (2.5đ)  và DIF Trong đường tròn  I  ta có: DMF  lần lượt là góc nội tiếp và góc   1 DIF ở tâm cùng chắn cung DF. Suy ra DMF  (4). 2 0,50 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
  DIH Từ (3) và (4) suy ra DMF  hay DMA   DIH . Trong đường tròn  O  ta có: DMA   DBA  (góc nội tiếp cùng chắn DA ) 0,50   DIH Suy ra DBA  . 0,50 Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó 0,50   HIB DBA   180o  DIH   HIB   180o  Ba điểm D, I, B thẳng hàng. 3(1đ)   1 sđ AD   ABD Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng  ABI . 2 0,50 1  Mà C cố định nên D cố định  sđ AD không đổi. 2 Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. 0,50 1 1  2xy Ta có: B   1  1  1  . (x  y)  3xy(x  y) 3 xy 1  3xy xy xy(1  3xy) 0.25 (x  y) 2 1 Theo Côsi: xy   . 4 4 1  2xy Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, x, y để: Bo   xy(1  3xy)  3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0 (1) Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy   = Bo2 – 8Bo + 4  0   Bo  4  2 3  0.25  Bo  4  2 3 Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: Bo  4  2 3 . V(1đ) 2  Bo Với Bo  4  2 3  xy   3  3  x(1  x)  3  3  6Bo 62  3 62  3 2 3 2 3 1 1 1 1  x2  x  3  3  0  x  3 3 0.25 ,x  . 62  3 2 2 2 3 2 3 1 1 1 1 Vậy, Bmin  4  2 3 , đạt được khi x  3 , y 3 2 2 2 3 2 3 1 1 1 1 hoặc x  3 , y 3 . 0.25 2 2 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. 3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí