Đề thi chọn học sinh giỏi có lời giải môn: Toán 9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là "Đề thi chọn học sinh giỏi có lời giải môn: Toán 9" giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi có lời giải môn: Toán 9

PHÒNG GDĐT HẠ HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút Câu 1. (4 điểm) 1. Cho hàm số f (x) = (x 3 + 12x − 31) 2010 Tính f (a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 a b c a2 b2 c2 2. Cho + + = 1. Chứng minh rằng: + + =0 b + c c + a a+ b b + c c+ a a+ b Câu 2: (4,5 điểm) x−2 x x +1 1+ 2x − 2 x 1. Cho biểu thức P = + + x x −1 x x + x + x x2 − x Tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 2. Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố Câu 3. (4,5 điểm) 1. Cho p và 2p + 1 là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p + 1 là một hợp số. 2. Giải phương trình: 4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x3 + 3 x 2 + 2 2 x − 1 Câu 4. (2,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH ⊥ PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. Câu 5.( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥ AD. a. Chứng minh: DE = CF b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Câu 6.(1 điểm) Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tinh: a2011 + b2011
HẾT PHÒNG GDĐT HẠ HÒA HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG MÔN: TOÁN 9 Câu Đáp án Điểm 1. a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 0,5 a 3 = 32 + 3 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 ) a 3 = 32 + 3.(−4).a 0,5 a 3 = 32 − 12a 0,25 a 3 + 12a − 32 = 0 0.25 a 3 + 12a − 31 = 1 0,25 f (a ) = 12010 = 1 0,25 1 a b c 2. Nhân cả 2 vế của: + + = 1 b + c c + a a+ b với a + b + c 1 rút gọn đpcm 1 1.Điều kiện: x > 0, x 1 . Khi đó ta có x +2 1 Rút gọn biểu thức ta được P = x + x +1 Ta có Px + ( P − 1) x + P − 2 = 0 , ta coi đây là phương trình bậc 2 hai của x . Nếu P = 0 � − x − 2 = 0 vô lí, suy ra P 0 nên 0,75 để tồn tại x thì phương trình trên có ∆ = ( P − 1) − 4 P ( P − 2 ) 2 0 4 4 � −3P 2 + 6 P + 1 �0 � P 2 − 2 P + 1 � � ( P − 1) � 2 3 3 Do P nguyên nên ( P − 1) bằng 0 hoặc 1 2 +) Nếu ( P − 1) = 0 � P = 1 � x = 1 không thỏa mãn. 2 0,75 P=2 +) Nếu ( P − 1) = 1 �� 2 P = 2 � 2x + x = 0 � x = 0 P=0 không thỏa mãn Vậy không có giá trị nào của x thỏa mãn. 2. Ta có : a 4 + 4= ( a 2 2a+2 ) ( a 2 +2a+2 ) 0,5 Vì a ή�� Z a 2 2a+2 Z ;a 2 +2a+2 Z Có a 2 +2a+2= ( a+1) + 1 1 ∀a 2 0,5
Và a 2 2a+2= ( a1) + 1 1 ∀a 2 Vậy a 4 + 4 là số nguyên tố thì a 2 +2a+2=1 hoặc a 2 2a+2=1 0,5 Nếu a 2 2a+2=1 a = 1 thử lại thấy thoả mãn Nếu a 2 +2a+2=1 a = −1 thử lại thấy thoả mãn 0,5 1.Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p = 3k 1 0,5 *) Nếu p = 3k + 1 thì 2 p + 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) 0,5 � 2 p + 1 là hợp số (Vô lý) *) Nếu p = 3k − 1, k 2 thì 4 p + 1 = 12k − 3 = 3(4k − 1) 0,5 Do 4k − 1 7 nên 4 p + 1 là một hợp số. 0,5 1 0,5 2.Điều kiện: x 3 2 PT � 4x + 3x + 3 = 4x x + 3 + 2 2x − 1 2 0,5 ( ) ( � 4 x2 − 4 x x + 3 + x + 3 + 1 − 2 2 x − 1 + 2 x − 1 = 0 ) � ( 2x − ) ( ) 2 2 0,5 x + 3 + 1 − 2x − 1 = 0 2x = x + 3 0,5 1 = 2x − 1 4 x2 = x + 3 0,5 � � x = 1 (tmđk) 1 = 2x − 1 A H' N P O H M B D C E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD 0,25 BC D (O; AB/2) 4 Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân 0,50 giác) tứ giác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP ﾷ mà NHP = 900 H thuộc đường tròn đường kính NP ﾷ AHN ﾷ = AMN = 450 (1) Kẻ Bx AB cắt đường thẳng PD tại E 0,25 tứ giác BNHE nội tiếp đường tròn đường kính NE Mặt khác BED = CDP (g.c.g) BE = PC 0,50
mà PC = BN BN = BE BNE vuông cân tại B ﾷ NEB ﾷ = 450 mà NHB ﾷ = NEB (cùng chắn cung BN) ﾷ NHB = 450 (2) ﾷ Từ (1) và (2) suy ra AHB = 900 H (O; AB/2) 0,50 gọi H' là hình chiếu của H trên AB HH '.AB � SAHB = � SAHB lớn nhất HH' lớn nhất 2 mà HH' ≤ OD = AB/2 (do H; D cùng thuộc đường tròn 0,50 đường kính AB và OD AB) Dấu "=" xẩy ra H D M D A E B 0,25 F M D C a. Chứng minh: AE = FM = DF 0,5 ∆AED = ∆DFC đpcm 0,5 b. DE, BF, CM là ba đường cao của ∆EFC đpcm 1 5 c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi � ME + MF = a không đổi 0,5 � SAEMF = ME.MF lớn nhất 0,25 ME = MF (AEMF là h.v) 0,25 M là trung điểm của BD. 0,25 (a2001 + b2001).(a+ b) (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002 0,25 (a+ b) – ab = 1 (a – 1).(b – 1) = 0 6 a = 1 hoặc b = 1 0,2 Vì a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1; hoặc b = 0 (loại) 0,25 Vì b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1; hoặc a = 0 (loại) 0,25 Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2 * Chú ý : Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa HẾT