Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hải Dương lớp 9 THCS có đáp án môn: Toán (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Nguyễn Công Liêu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

179
lượt xem 12
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 tỉnh Hải Dương lớp 9 THCS có đáp án môn: Toán" 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 tỉnh Hải Dương lớp 9 THCS có đáp án môn: Toán (Năm học 2014-2015)

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/03/2015 ( Đề thi gồm có 01 trang ) Câu 1 (2,0 đi ểm): a) Tính giá trị của biểu thức: A = 2 x 3 + 3 x 2 − 4 x + 2 với x = 2 + 5 + 5 + 2 − 5 + 5 − 3 − 5 − 1 2 2 b) Cho x, y thỏa mãn: x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y Chứng minh: x = y Câu 2 (2,0 đi ểm): ( ) 3 a) Giải phương trình x 3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2 3x 2 + xy − 4 x + 2 y = 2 b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: x ( x + 1) + y ( y + 1) = 4 Câu 3 (2,0 đi ểm): a) Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 p 2 − 1; 2 p 2 + 3; 3 p 2 + 4 đều là số nguyên tố. b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: 3 x 2 − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 − 18 x = 27 . Câu 4 (3,0 đi ểm): Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung BC ﾻ không chứa D lấy F(F B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N(N F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P(P A). ﾻ a) Giả sử BAC = 600 , tính DE theo R. b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC. Các ﾻ để biểu thức đường thẳng IH và CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung BC BC BD CD + + đạt giá trị nhỏ nhất. FH FI FK Câu 5 (1,0 đi ểm): Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: xy + yz + zx = xyz . Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức: M = + + . 4 x + 3 y + z x + 4 y + 3z 3x + y + 4 z HẾT Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh …………….
Chữ kí giám thị 1 ……………………… Chữ kí giám thị 2 …………………..
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM Đặt a = 5+ 5 5 + 5 , a > 0 0,25 2+ + 2 2 2 5+ 5 ( ) 2 a2 = 4 + 2 4 − = 4+ 6− 2 5 = 4+ 5 −1 = 3+ 5 � a = 3+ 5 a) 2 1,0điểm 6+ 2 5 6− 2 5 5 +1 5 −1 0,25 � x = 3+ 5 − 3− 5 − 1= − −1 = − −1= 2 −1 2 2 2 2 x = 2 − 1 � x2 + 2 x − 1 = 0 0,25 B = 2x3 + 3x2 – 4x + 2 0,25 B = 2x(x2 + 2x 1 ) ( x2 + 2x 1 ) + 1 = 1 x + 2014 + 2015 − x − 2014 − x = y + 2014 + 2015 − y − 2014 − y (1) Câu1 2,0 ĐKXĐ: −2014 x; y 2014 0,25 điểm (1) � x + 2014 − y + 2014 + 2015 − x − 2015 − y + 2014 − y − 2014 − x = 0 Nếu x khác y và −2014 x; y 2014 thì x + 2014 + y + 2014 >0; 2015 − x + 2015 − y >0; 2014 − x + 2014 − y >0 , do đó (1) b) � 1 1 1 � � ( x − y) � − + � x + 2014 + y + 2014 2015 − x + 2015 − y 2014 − x + 2014 − �= 0 (2) 1,0điểm � y� � 0,25 Khi đó dễ chứng tỏ 1 1 − >0 0,25 2014 − x + 2014 − y 2015 − x + 2015 − y Mà x − y 0 nên (2) vô lý vì VT(2) luôn khác 0 0,25 Nếu x=y dễ thấy (1) đúng. Vậy x = y. Câu 2 a) ( ) 0,25 3 1,0 x 3 + ( x + 1) x + 1 + 2 2 = x + x + 1 + 2 (1) 2,0 điểm điểm ĐKXĐ: x −1 Đặt: y = x + 1; z = 2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh được (2) (x+y)(x+z)(z+x) = 0 1 − 5 ( Thỏa mãn) 0,25 Với: x + y = 0 � x + x +1 = 0 � x +1 = −x � x = 2 Với: x + z = 0 � x + 2 = 0 � x = − 2 ( không thỏa mãn). 0,25
Với: y + z = 0 � x + 1 + 2 = 0 vô nghiệm 0,25 Vậy phương trình có nghiệm: x = 1 − 5 2 3 x 2 + xy − 4 x + 2 y = 2 0.25 x ( x + 1) + y ( y + 1) = 4 3 x 2 + xy − 4 x + 2 y − 2 = 0 � � 2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0 � � � �2 � �2 �x + y2 + x + y − 4 = 0 �x + y2 + x + y − 4 = 0 Ta có: 2 x + xy − y − 5 x + y + 2 = 0 � ( y + x − 2 ) ( y − 2 x + 1) = 0 2 2 0.25 b) � y = 2 − x hoặc y = 2 x − 1 1,0 Với y = 2 − x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1 0.25 ®iÓm Ta được nghiệm (1;1) −4 0.25 y = 2 x − 1 thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1; x = 5 −4 −13 Ta được nghiệm (1;1) và ( ; ) 5 5 −4 −13 Vậy hệ có nghiệm (1;1) và ( ; ) 5 5 Câu 3 Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2 p 2 − 1; 2 p 2 + 3; 3 p 2 + 4 đều là số 0.25 2,0 nguyên tố. điểm +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập { 1; 2; 3} . Khi đó p 2 chia cho 7 có thể dư: 1;4;2 Xét p > 2 � 2 p 2 − 1; 2 p 2 + 3 & 3 p 2 + 4 > 7 0.25 a) 1.0 Nếu p 2 chia cho 7 dư 1 thì 3 p 2 + 4 chia hết cho 7 nên trái GT điểm Nếu p 2 chia cho 7 dư 4 thì 2 p 2 − 1 chia hết cho 7 nên trái GT Nếu p 2 chia cho 7 dư 2 thì 2 p 2 + 3 chia hết cho 7 nên trái GT +) Xét p=2 thì 3 p 2 + 4 =16 (loại) 0.25 +) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: 0.25 2 p 2 − 1 = 97; 2 p 2 + 3 = 101; 3 p 2 + 4 = 151 đều là các số nguyên tố Vậy p =7 b) Giả thiết � 3 ( x − 3) − 18 y 2 + 2 z 2 + 3 y 2 z 2 = 54 (1) 2 1,0 ®iÓm +) Lập luận để z 2 M3 �� z M3 z 2 M9 z 2 9 (*) 0,25 (1) � 3( x − 3) + 2 z + 3 y ( z − 6) = 54(2) 2 2 2 2 0,25 (2) � 54 = 3( x − 3) 2 + 2 z 2 + 3 y 2 ( z 2 − 6) �3( x − 3) 2 + 2.9 + 3 y 2 .3 ( x − 3) 2 + 3 y 2 12 = =y�2 4 y 2 1; y 2 4 vì y nguyên dương Nếu y 2 = 1 � y = 1 thì (1) có dạng: 0,25 72 3 ( x =3� ) =� 2 5 z 2 = 72 +− 5z2 72 z2 z2 9 z 3 (vì có(*)) 5
Khi đó 3 ( x − 3) = 27 � ( x − 3) = 9 , x nguyên dương nên tìm được x=6 2 2 Nếu y 2 = 4 � y = 2 (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: 0,25 3 ( x =3�) = � 2 14 z 2= +− 126 14 z 2 126 z2 9 z2 9 z 3 (vì z nguyên dương) Suy ra ( x − 3) = 0 � x = 3 (vì x nguyên dương) 2 �x = 3 �x = 6 � � Đáp số �y = 2; �y = 1 �z = 3 �z = 3 � � Câu 4 Vẽ hình (1 trường hợp) 3,0 A điểm N D 0,25 E P I B O H a) C M 1,0 ®iÓm K F ﾻ 1800 − sd DE ﾻ Sđ BAC = ﾻ = 600 � sd DE 2 0,25 ﾻ Suy ra EOD = 600 nên tam giác OED đều 0,25 suy ra ED = R. 0,25 ﾻAPE = ﾻADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE) 0,25 ﾻABM = ﾻADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ﾻABM = ﾻAPE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM AE AM 0,25 b) Nên = � AE. AB = AM . AP (1) 1,0 AP AB ®iÓm Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AE AF 0,25 = � AE. AB = AN . AF (2) AN AB 0,25 Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM c) Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với 0,25
BD) ﾻ Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK ﾻ = FCK ﾻ ( cùng bằng FBD ), suy ra tứ ﾻ giác CKFH nội tiếp nên FKC = 900 . DK BH 0,25 Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: = FK FH CK BI Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: = FK FI 1,0 DC BH BI ®iÓm Suy ra: = − FK FH FI DC BD BH BD BI BH ID 0,25 + = + − = + FK FI FH FI FI FH FI ID HC DC BD BH HC BC Mà = suy ra: + = + = FI FH FK FI FH FH FH BC BD CD 2 BC BC BD CD 0,25 Vậy + + = nên + + nhỏ nhất khi FH lớn FH FI FK FH FH FI FK nhất khi F là trung điểm cung BC Câu 5 1 1 1 1,0 Có xy + yz + zx = xyz � + + = 1 (1) x y z điểm a 2 b 2 ( a + b) 2 0,25 Ta chứng minh với x, y dương: + (*) x y x+ y �a 2 b 2 � y x (*) � � + � ( x + y ) �(a + b) 2 � a 2 + b 2 �2ab �x y� x y 2 � y x� y x x �� a −b ��0 luôn đúng; “=” a −b =0 a= b � x y� x y y 12 12 (1 + 1) 2 22 0,25 Áp dụng(*) ta có: + � = (" = " � y : z = 1) y z y+z y+z 22 22 (2 + 2) 2 42 � + � = (" = " � 2 y = y + z � y = z ) 2 y y + z 3y + z 3y + z 42 42 (4 + 4) 2 64 � + � = (" = " � 4 x = 3 y + z ) 4x 3y + z 4x + 3y + z 4x + 3y + z 64 42 22 12 12 4 3 1 0,25 � + + + = + + (" = " � 4 x = 3 y + z & y = z x=y=z) 4x + 3y + z 4x 2 y y z x y z 64 1 4 3 0,25 Tương tự: � + + (" = " � x = y = z ) x + 4 y + 3z x y z 64 3 1 4 � + + (" = " � x = y = z ) 3x + y + 4 z x y z 1 1 1 1 �1 1 1 � 1 ( theo (1)) M = + + + + �= 4 x + 3 y + z x + 4 y + 3z 3x + y + 4 z 8 � � y z� 8 x
1 Vậy M đạt GTLN là khi x = y = z = 3( theo (1)) 8 Hết