Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (có đáp án)

Chia sẻ: Minhthoai Minhthoai | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đáp án nhu cầu tìm hiểu và tham khảo cũng như củng cố kiến thức của bản thân trước kì thi học sinh giỏi lớp 9. TaiLieu.VN gửi đến các bạn "Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 môn Toán" kèm theo đáp án trả lời câu hỏi. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn tư liệu bổ ích cho các bạn học sinh.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Đề chính thức Môn thi: TOÁN LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1. (4,5 điểm): a) Cho hàm số f (x) = (x 3 + 12x − 31) 2010 Tính f (a) tại a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5(x 2 + xy + y 2 ) = 7(x + 2y) Câu 2. (4,5 điểm): a) Giải phương trình: x 2 = x 3 − x 2 + x 2 − x 1 1 1 + + =2 x y z b) Giải hệ phương trình: 2 1 − =4 xy z 2 Câu 3. (3,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thoả mãn: xyz = 1 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 + + x + y3 + 1 y3 + z3 + 1 z 3 + x 3 + 1 Câu 4. (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) MI.BE = BI.AE b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5. (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. Hết 1
Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số báo danh:.................... SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: TOÁN BẢNG A Câu Ý Nội dung Điểm a = 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 a 3 = 32 + 3 3 (16 − 8 5)(16 + 8 5).( 3 16 − 8 5 + 3 16 + 8 5 ) 0,5 a) a = 32 + 3.(−4).a 3 0,5 (2,0đ) 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 5( x 2 + xy + y 2 ) = 7( x + 2 y ) (1) 7( x + 2 y )M5 ( x + 2 y ) M5 0,25 Đặt x + 2 y = 5t (2) (t Z ) 0,25 1, (1) trở thành x 2 + xy + y 2 = 7t (3) 0,25 (4,5đ) Từ (2) x = 5t − 2 y thay vào (3) ta được 3 y 2 − 15ty + 25t 2 − 7t = 0 (*) 0,25 0,25 b) ∆ = 84t − 75t 2 Để (*) có nghiệm � ∆ �0 � 84t − 75t 2 �0 (2,5đ) 28 � 0 t 25 0,25 Vì t �Z � t = 0 hoặc t = 1 0,25 Thay vào (*) 0,25 Với t = 0 � y1 = 0 � x1 = 0 0,25 y2 = 3 � x2 = −1 0,25 Với t = 1 0,25 y3 = 2 � x3 = 1 2, a) ĐK x = 0 hoặc x 1 0,25 (4,5đ) (2,5đ) Với x = 0 thoã mãn phương trình 0,25 1 2 0,5 Với x 1 Ta có x3 − x 2 = x 2 ( x − 1) ( x + x − 1) 2 1 2 0,5 x 2 − x = 1( x 2 − x) ( x − x + 1) 2 � x3 − x 2 + x 2 − x �x 2 0,25 2
x2 = x −1 0,25 Dấu "=" Xẩy ra x2 − x = 1 x2 = x −1 0,25 � � x + 1 = x − 1 Vô lý x2 = x + 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 0,25 1 1 1 0,25 + + = 2 (1) x y z (I ) ĐK x; y; z 0 2 1 − = 4 (2) xy z 2 1 1 1 2 2 2 0,25 Từ (1) � 2 + 2 + 2 + + + = 4 x y z xy xz yz Thế vào (2) ta được: 0,25 2 1 1 1 1 2 2 2 − 2 = 2+ 2+ 2+ + + xy z x y z xy xz yz 1 1 2 2 2 0,25 b) � x 2 + y 2 + z 2 + xz + yz = 0 (2,0đ) 1 2 1 1 2 1 0,25 � ( 2 + + 2)+( 2 + + 2) = 0 x xz z y yz z 2 �1 1 � �1 1 � 2 0,25 � � + �+ � + �= 0 �x z � �y z � 1 1 0,25 + =0 x z � � x = y = −z 1 1 + =0 y z 1 1 1 0,25 Thay vào hệ (I) ta được: ( x; y; z ) = ( ; ; − ) (TM ) 2 2 2 3, Ta có (x − y) 2 0 ∀x; y 0,25 (3,0đ) � x 2 − xy + y 2 �xy 0,25 Mà x; y > 0 =>x+y>0 0,25 Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 xy + y2) 0,25 x3 + y3 ≥ (x + y)xy 0,25 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz 0,25 x3 + y3 + 1 ≥ xy(x + y + z) > 0 0,25 Tương tự: y3 + z3 + 1 ≥ yz(x + y + z) > 0 0,25 z3 + x3 + 1 ≥ zx(x + y + z) > 0 0,25 1 1 1 0,25 A + + xy(x + y + z) yz(x + y + z) xz(x + y + z) x+y+z 0,25 A xyz(x + y + z) 3
1 0,25 A =1 xyz Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 x = y = z = 1 0,25 4, (5,5đ) C M D A Q E K O' O H I B N ﾷ Ta có: BDE ﾷ = BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O) 0,25 ﾷ BAE ﾷ = BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn tâm O') 0,25 ﾷ BDE ﾷ = BMN 0,25 ﾷ hay BDI ﾷ = BMN BDMI là tứ giác nội tiếp 0,50 ﾷ MDI ﾷ = MBI (cùng chắn cung MI) 0,25 a) ﾷ (3,0đ) mà MDI ﾷ = ABE (cùng chắn cung AE của đường tròn tâm O) 0,25 ﾷ ABE ﾷ = MBI 0,25 mặt khác BMI ﾷﾷ = BAE (chứng minh trên) 0,25 MBI ~ ABE (g.g) 0,25 MI BI 0,50 = MI.BE = BI.AE AE BE b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE OC DE tại Q 0,50 (2,5đ) OCD vuông tại D có DQ là đường cao OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm 0,50 của AB và OO' OO' AB tại H. ﾷ =H Xét KQO và CHO có Q ﾷ = 900 ;O ﾷ chung 0,50 4
KQO ~ CHO (g.g) KO OQ 0,50 = � OC.OQ = KO.OH (2) CO OH R2 Từ (1) và (2) � KO.OH = R � OK = 2 OH Vì OH cố định và R không đổi 0,50 OK không đổi K cố định 5, A (2,5đ) H' N P O H M B D C E ABC vuông cân tại A AD là phân giác góc A và AD BC 0,25 D (O; AB/2) Ta có ANMP là hình vuông (hình chữ nhật có AM là phân giác) 0,50 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 đường kính 0,50 AB và OD AB) 5
Dấu "=" xẩy ra H D M D Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn. Së GD&§T Thanh ho¸ §Ò xuÊt §Ò thi häc sinh giái líp 9 M«n: To¸n. B¶ng A (Thêi gian lµm bµi: 150 phót ) Bµi 1: (4 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + 4 =0 T×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt x1, x2, x3, x4 tháa m·n x14 + x24 + x34 + x44 = 32 Bµi 2: (4 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0 x2 + y2 + x + y − 4 = 0 Bµi 3: (3,5 ®iÓm) T×m c¸c sè nguyªn x, y tháa m·n ®¼ng thøc x2 + xy + y2 = x2y2 Bµi 4: (6 ®iÓm) Cho nöa ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB=2R (R lµ mét ®é dµi cho tríc). M, N lµ hai ®iÓm trªn nöa ®êng trßn (O) sao cho M thuéc cung AN vµ tæng c¸ckho¶ng c¸ch tõ A, B ®Õn ®êng th¼ng MN b»ng R 3 1) TÝnh ®é dµi ®o¹n MN theo R. 2) Gäi giao ®iÓm cña hai d©y AN vµ BM lµ I, giao ®iÓm cña c¸c ®êng th¼ng AM vµ BN lµ K. Chøng minh r»ng 4 ®iÓm M, N, I, K cïng n»m trªn mét ® êng trßn. TÝnh b¸n kÝnh cña ®êng trßn ®ã theo R. 3) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña diÖn tÝch KAB theo R khi M, N thay ®æi nh÷ng vÉn tháa m·n gi¶ thiÕt cña bµi to¸n. Bµi 5: (2,5 ®iÓm) Sè thùc x thay ®æi vµ tháa m·n ®iÒu kiÖn x 2 + (3 -x)2 5. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2. 6
Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 9 M«n: To¸n. B¶ng A C©u Néi dung §iÓm Bµi 1 4 Ph¬ng tr×nh x4 + 2mx2 + 4 =0 (1). §Æt t = x2 Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: t2+ 2mt +4 =0 (2) 0,5 Ph¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (2) cã 2 nghiÖm d¬ng ph©n biÖt t1, t2 ∆ ' = m2 − 4 > 0 � t1 + t2 = −2m > 0 � m < −2 1,5 t1.t2 = 4 > 0 Khi ®ã ph¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm lµ x1,2 = t1 ; x 3,4 = t2 Vµ x14 + x24 + x34 + x44 = 2 (t12 + t22) = 2[(t1 + t2)2 - 2 t1.t2] = 2[(-2m)2 -2.4] = 8m2 - 16 1,5 Tõ gi¶ thiÕt ta cã 8m2 - 16 = 32 � m = − 6 ; m= 6 (lo¹i). 0,5 VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ: m = − 6 Bµi 2 4 HÖ ph¬ng tr×nh: 1 1 1,5 7
2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0 x2 + y2 + x + y − 4 = 0 0,5 y 2 − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x − 2 = 0 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 ( y + x − 2)( y − 2 x + 1) = 0 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 y+ x−2 = 0 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 y − 2x +1 = 0 x2 + y 2 + x + y − 4 = 0 x =1 y =1 4 x=− 5 x=1 va 13 y=1 y=− 5 �4 13 � VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm: (1; 1); �− ; � �5 5� Bµi 3 3,5 2 2 2 x y 4x *Víi x 2 vµ y 2 ta cã: 2 2 0,5 x y 4 y2 x2y2 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2 xy > x2 + y2 + xy 0,75 * VËy x 2 hoÆc y 2 0,5 - Víi x =2 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn 0,25 - Víi x =-2 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Ph¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn 0,25 - Víi x =1 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 0,25 - Víi x =-1 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0 y =1 0,25 - Víi x = 0 thay vµo ph¬ng tr×nh ta ®îc y =0 0.25 Thö l¹i ta ®îc ph¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm nguyªn (x, y) lµ: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 0,5 Bµi 4 6 1 2 8
K O' A' M H N B' l A O P B Dùng AA' vµ BB' vu«ng gãc víi MN. Gäi H lµ trung ®iÓm cña MN OH MN 0,5 Trong h×nh thang AA'B'B ta cã: 1 R 3 R OH = (AA' + BB') = MH= 1,0 2 2 2 0,5 MN= R vµ OMN ®Òu. 2 2 DÔ thÊy c¸c ®iÓm M, N, I, K cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh IK 0,75 ﾷAKN = 1 ( sd ﾷAB − sd MN ﾷ ) = 600 2 0,5 Gäi O' lµ trung ®iÓm cña IK ﾷ ' N = 2 MKN MO ﾷ = 1200 MN 3 R 3 MN = MO ' 3 hay MO' = = 3 3 0,5 R 3 Do ®ã b¸n kÝnh ®êng trßn qua M, N, I, K lµ 3 0,25 3 2 §iÓm K n»m trªn cung chøa gãc 600 dùng trªn ®o¹n AB=2R nªn dt(KAB) lín nhÊt ®êng cao KP lín nhÊt 1,0 2 AB 3 KAB ®Òu, lóc ®ã dt(KAB) = = R2 3 1,0 4 Bµi 5 2,5 §Æt y =3-x bµi to¸n ®· cho trë thµnh: t×m GTNN cña biÓu thøc: P= x4 + y4 + 6x2y2 trong ®ã x, y lµ c¸c sè thùc thay ®æi tháa m·n: x+ y =3 x2 + y2 5 0,5 Tõ c¸c hÖ thøc trªn ta cã: x 2 + y 2 + 2 xy = 9 (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 =41 x2 + y 2 5 9
5(x2 + y2) + 4(2xy) 41 0,5 MÆt kh¸c 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1) DÊu ®¼ng thøc x¶y ra 4 (x2 + y2) =5(2xy). Céng hai vÕ cña (1) víi 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta ®îc: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41 0,5 §¼ng thøc x¶y ra x+ y =3 ( x; y ) = (1; 2) � x2 + y 2 = 5 � 0,5 ( x; y ) = (2;1) 4( x + y ) = 5(2 xy ) 2 2 Do ®ã gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P b»ng 41 ®¹t ®îc x=1 hoÆc x=2 0,5 10