Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán lớp 9 năm học 2015-2016 (Đề chính thức) – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An

Chia sẻ: Ho Viet A | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán lớp 9 năm học 2015-2016 (Đề chính thức) biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An. Đề thi cung cấp đến cho giáo viên và học sinh các bài tập phục vụ công tác giảng dạy, đánh giá năng lực môn Toán của học sinh lớp 9.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán lớp 9 năm học 2015-2016 (Đề chính thức) – Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS AN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN BẢNG A Đề chính thức Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm) a. Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó). b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2 Câu 2. (6,0 điểm) a. Giải phương trình: x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x2 + 2x + 3 4x2 + 1 = y2 − 4x b. Giải hệ phương trình: x 2 + xy + y 2 = 1 Câu 3. (3,0 điểm) a +1 b +1 c +1 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: + + 3 b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1 Câu 4. (6,0 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM và AB. ﾷ a. Chứng minh: HPO ﾷ = HQO 1 1 b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng + có giá trị nhỏ nhất. EA EB Câu 5. (2,0 điểm) Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 Câu Nội dung Điểm Nhận xét: n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = x + 25 0,5 (n + 1)2 + (n + 4)2 = 2n2 + 10n + 17 = x + 17 (n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = x + 13 Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ... , 20042 thành ba phần: A + 25, A + 17, A + 13 a Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba 0,5 phần: B + 25, B + 17, B + 13 Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C + 25, C + 17, C + 13 Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A + 25, B + 17, C + 13; nhóm thứ hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba 1 0,5 C + 25, A + 17, B + 13. Khối lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam. Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 + 19) = y2 (x 2). Để y là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là 3 x – 2 + 19 = z2 là số chính 0,25 phương (z là số nguyên dương) Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 3 2k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là b 0,5 số chính phương. Do đó x – 2 = 2k là số chẵn Ta có 3x – 2 + 19 = z2 ( z − 3 ) ( z + 3 ) = 19 . Vì 19 là số nguyên tố k k 0,5 z − 3k = 1 z = 10 z = 10 và z − 3k < z + 3k nên z + 3k = 19 3k = 9 k =2 Vậy x = 6 và y = 30. 0,25
ĐKXĐ: R. −1 Vì x = không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương 2 0,5 x2 + 6 x + 1 đương với phương trình: = x2 + 2x + 3 2x +1 x2 + 6x + 1 − 2 = x2 + 2 x + 3 − 2 0,5 2x +1 x 2 + 6 x + 1 − 2(2 x + 1) ( x 2 + 2 x + 3 + 2)( x 2 + 2 x + 3 − 2) = 0,25 2x +1 x2 + 2x + 3 + 2 x2 + 2x −1 x2 + 2x −1 = 0,25 2x +1 x2 + 2x + 3 + 2 1 1 a (x 2 + 2 x − 1) − 2x +1 =0 x2 + 2 x + 3 + 2 0,5 x2 + 2x − 1 = 0 (1) x + 2x + 3 + 2 = 2x + 1 2 (2) 2 PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 2 0,25 PT (2) x2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 x2 + 2x + 2 = 2x −1 0,25 1 x 3 + 15 2 x3 = 0,25 x + 2 x + 3 = (2 x − 1) 2 2 3 3 + 15 Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 2; x3 = 0,25 3 ( 2 x + 1) 2 = y2 y = 2x +1 Hệ phương trình 0,5 x 2 + xy + y 2 = 1 x 2 + xy + y 2 = 1 y = 2x +1 y = 2x +1 b Xét hệ: 0,5 x 2 + x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 2 x 2 + xy + y 2 = 1 y = 2x +1 5 x=− y = 2x +1 x=0 x=0 7 hoặc 0,5 7 x + 5x = 0 2 5 y =1 3 x=− y=− 7 7 y = −2 x − 1 y = −2 x − 1 0,5 Xét hệ: x 2 − x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 2 x 2 + xy + y 2 = 1
y = −2 x − 1 y = −2 x − 1 x=0 x = −1 x=0 hoặc 0,5 3x + 3x = 0 2 y = −1 y =1 x = −1 5 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1), − ; − , 7 7 0,5 (0; 1), (1; 1) Sử dụng bất đẳng thức Cô si a +1 b 2 ( a + 1) b 2 ( a + 1) b + ab 0,5 Ta có: 2 = a + 1 − 2 a +1− = a +1− (1) b +1 b +1 2b 2 b +1 c + bc Tương tự: 2 b +1− (1) c +1 2 0,5 c +1 a + ca và 2 c +1− (3) a +1 2 Từ (1); (2) và (3) suy ra: 3 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca 0,5 + 2 + 2 +3− b +1 c +1 a +1 2 2 2 Mặt khác a + b + c ab + bc + ca 2 2 2 0,5 ( a + b + c) 2 hay 3(ab + bc + ca) = 9 a +1 b +1 c +1 a+b+c ab + bc + ca Do đó: + + +3− b2 + 1 c 2 + 1 a 2 + 1 2 2 0,5 3 9 = + 3 − = 3 2 6 a +1 b +1 c +1 Vậy 2 + 2 + 2 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,5 b +1 c +1 a +1 4 a A Q P M O H B ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1) 0,75 ∆ MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) 0,5 MP MO 0,5 Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay = (*) MH MQ
∆ MPH và ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra ∆ 0,75 ﾷ MPH đồng dạng ∆ MOQ (c.g.c) suy ra MHP ﾷ = MQO ﾷﾷ 1 ﾷ Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp HPO = HQO = sdOH 2 0,5 (đpcm) b O' F E A B Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay ∆ EBF ﾷ 1ﾷ α cân tại E, suy ra BFA = BEA . Đặt ﾷAEB = α khi đó ﾷAFB = nên F 2 2 0,5 α di chuyển trên cung chứa góc dựng trên BC. 2 1 1 4 1 1 Ta có: + . Như vậy + nhỏ nhất khi EA + EA EB EA + EB EA EB 0,5 EB lớn nhất hay EA + EF lớn nhất AF lớn nhất (**) Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra ∆ O’AB cân 0,5 tại O’ suy ra O’A=O’B (3) ∆ O’EB và ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO ﾷﾷ ' = BEO ' (cùng 0,5 bù với BAO ﾷ ' ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4) α Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc dựng trên đoạn 2 0,5 thẳng BC. (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E O’ (***). 0,25 Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì 0,25
1 1 + có giá trị nhỏ nhất. EA EB Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung. Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong 0,75 hình vuông MNPQ tâm O cạnh là (a2) và MN // AB. Các đường trung bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau. Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 0,5 trong 5 tâm của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2. Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung 0,5 nên O1O2 2 (1) Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là 5 a−2 a−2 a−2 nên O1O2 . 2 (2) ( . 2 là đường chéo hình vuông 0,5 2 2 2 nhỏ) a−2 Từ (1) và (2) 2 2 a 2 + 2 2 . Do đó mọi hình vuông 2 0,5 có cạnh lớn hơn hoặc bằng ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài 0,25 toán. A 2+2 2 B N M O1 O1 O2 a2 O 2 P O2 Q D C