Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 có đáp án môn: Toán (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: Nguyễn Công Liêu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi học sinh giỏi và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo "Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 có đáp án môn: Toán" năm học 2015-2016 sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 có đáp án môn: Toán (Năm học 2015-2016)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 20152016 Môn: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm): 1) Nếu p
Hết Ghi chú: Thí sinh môn Toán không được mang máy tính vào phòng thi PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 20152016 Môn: Toán Câu 1 (3,0 điểm): 1) Vì p là SNT và p 2p + 1 = 5 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 9 là hợp số; Nếu p = 3 => 2p + 1 = 7 (là số nguyên tố) thì 4p + 1 = 13 là số nguyên tố; 1,5 2) Ta có: 2( x + y ) + 5 = 3 xy � 3 xy − 2 x − 2 y = 5 2 4 � y (3x − 2) − (3 x − 2) = 5 + � (3 x − 2)(3 y − 2) = 19 3 3 Do x, y nguyên dương nên 3 x − 2 1; 3 y − 2 1 mà 19 = 1.19 = 19.1 3x − 2 = 1 3 x − 2 = 19 nên ta có các khả năng sau: (I) ; (II) 3 y − 2 = 19 3y − 2 = 1 Giải các hệ phương trình trên, ta đươc 2 nghiêm nguyên của phương trình là (x; y) { (1; 7); (7; 1)} 1,5 Câu 2 (4,0 điểm): x2 + 2 x 0 1) A xác định x + x2 + 2 x 0; x − x 2 + 2 x 0 x + 2�x −�0 2 x 2; x 0 x + + x� 2 −+2 x�۹0; x x2 2x 0 x 0 Vậy A xác định x −2 và x > 0 2,0 ( x − x 2 + 2 x )2 − ( x + x 2 + 2 x )2 2) A = ( x − x 2 + 2 x )( x + x 2 + 2 x ) A = −4 x x + 2 x = 2 x 2 + 2 x 2 −2 x 2,0 Câu 3 (4,0 điểm): 1) (x − 1)3 + x 3 + (x + 1)3 = (x + 2)3 2,0 x3 3x2 + 3x 1 + x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8
x3 3x2 3x 4 = 0 x3 1 3x2 3x 3 = 0 (x1)(x2 + x + 1) 3(x2 + x + 1) = 0 (x2 + x + 1)(x 4) = 0 2) Cách 1: 2 2 � 2 � ( ) 2 1+ x − x 2 = x + 1− x 1+ �� x − x 2 �= x + 1− x 3 � 3 � ( ) ( � 4 x − x2 − 6 x − x2 = 0 � x − x2 4 x − x2 −6 = 0 ) x − x2 = 0 x =0 � 3 � x − x2 = x =1 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0, x = 1. 2,0 Cách 2: t2 −1 Đặt t = x + 1− x 1 t 2 � x − x = 2 2 Phương trình trở thành: t2 −1 t =1 x =1 1+ = t �� x + 1− x = 1� 3 t = 2( kho� ng tho� n) a ma� x=0 2,0 Câu 4 (7,0 điểm): 1) D a) D và C cùng nhìn IK dưới hai góc bằng nhau A (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ). Suy ra I tứ giác DIKC nội tiếp . 1,25 Q E b) sđ (QDC + QPC) P K = ½sđ (BE + CB) + ½ sđ (ADC + BE) = ½ sđ( BE + CB + ADC + BE ) = 1800 B C Nên tứ giác CDQP nội tiếp . 1,0 c) sđ API = ½ sđ( CB + AE ) = ½ sđ ( CB + BE ) = sđ CDK = sđ CIK = ½ sđ CK Từ đó suy ra IK // AB . 1,25 d) EAQ = ADQ ( góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau ). Suy ra AE là tiếp tuyến 0,5 2)
A a) E, D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một N đường tròn đường kính AB có I (trung I O E điểm của AB) là tâm 1,25 H b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE ) K B C mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) D M nên ADE = AMN hay DE // MN . 1,25 c) Kẻ thêm hình như hình vẽ. Dựa vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN = CM nên OC MM OC DE Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K (trung điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE KD = KE và ID = IE nên IK DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành KC = OI không đổi. 0,5 Câu 5 (2,0 điểm): Ta có : (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 0 a,b,c 2 2 2 a + b + c ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 x8y8 + y8z8 + z8x8 B x8y8 + y8z8 + z8x8 B (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4 B x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6 B (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6 B (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3 (do xyz = 1 và x + y + z = 3) Bmin = 3 x = y = z = 1 2,0