Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2014 - 2015 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC<br /> <br /> KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015<br /> ĐỀ THI MÔN: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề<br /> <br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> THỨC<br /> <br />  3x  16 x  7<br /> Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: A  <br /> <br />  x 2 x 3<br /> a) Rút gọn biểu thức A.<br /> b) Tìm x để A  6.<br /> <br /> x 1<br /> <br /> x 3<br /> <br /> x 7 <br /> 2 <br /> x 1  <br /> <br /> x <br /> <br /> x 1<br /> <br /> Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: mx  2 y  2 (với m là tham số).<br /> <br /> 2 x  my  5<br /> a) Giải hệ phương trình trên khi m  10.<br /> b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức:<br /> <br /> x  y  2014 <br /> <br /> 2015m2  14m  8056<br /> m2  4<br /> <br /> Câu 3 (3,0 điểm):<br /> a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu<br /> thức:<br /> a<br /> b<br /> c<br /> P 3<br />  3<br />  3<br /> 2<br /> 2<br /> 9a  3b  c 9b  3c  a 9c  3a 2  b<br /> b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn: x(1  x  x 2 )  4 y( y  1).<br /> Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho<br /> AC  4 AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx ( D<br /> không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và<br /> CD lần lượt tại K , E.<br /> a) Tính giá trị DC.CE theo a.<br /> b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .<br /> c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE<br /> luôn<br /> có một dây cung cố định.<br /> <br /> 1 1 1<br /> 1<br /> 1<br /> Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ;...;<br /> ;<br /> .<br /> 1 2 3<br /> 2014 2015<br /> Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm<br /> vào dãy một số có giá trị bằng u  v  uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy<br /> mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá<br /> trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u, v để xóa trong mỗi lần thực<br /> hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.<br /> -----------Hết----------Ghi chú:<br /> - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.<br /> - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.<br /> Họ và tên thí sinh:……………………………………………………..<br /> Số báo danh:…….……………..…<br /> <br /> SỞ GD&ĐT VĨNH<br /> PHÚC<br /> <br /> KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015<br /> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN<br /> (05 trang)<br /> <br /> I) Hướng dẫn chung:<br /> 1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài<br /> không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm<br /> từng phần như thang điểm quy định.<br /> 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo<br /> không làm sai lệch<br /> hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.<br /> 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết<br /> quả.<br /> 4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm<br /> phần đó.<br /> II) Đáp án và thang điểm:<br /> Câu<br /> Nội dung trình bày<br /> Điểm<br /> <br /> Cho biểu thức: A   3x  16 x  7 <br />  x 2 x 3<br /> <br /> Câu<br /> 1<br /> (1,5<br /> đ)<br /> <br /> a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A .<br /> <br /> x  0<br /> <br /> x  2 x  3  0<br /> <br /> Điều kiện:  x  3  0<br /> <br />  x 1  0<br /> <br /> x<br /> 2 <br /> 0<br /> <br /> x 1<br /> Biến đổi:<br /> 3x  16 x  7<br /> <br /> x  2 x 3<br /> <br /> x 1<br /> <br /> x 3<br /> <br /> x 7<br /> <br /> x 1<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> x 3<br /> x 3<br /> <br /> và 2 <br /> <br /> <br /> <br /> x<br /> <br /> x 1<br /> <br /> x <br /> <br /> x 1<br /> <br /> Từ đó: x  0; x  1; x  4<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> x  1<br /> <br /> <br /> x  3<br /> <br /> x 1 3 x  7<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> x 7 <br /> :2 <br /> x 1  <br /> <br /> x 1<br /> <br /> x 3<br /> <br /> 2 x 6<br /> x 7<br /> <br /> x 3<br /> x 1<br /> <br /> x 1<br /> <br /> x 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> x 7<br /> x 1<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> x 7<br /> x 7<br /> x 9<br /> 2<br /> <br /> x 1<br /> x 1<br /> x 1<br /> x 2<br /> x 1<br /> <br /> Từ đó: A  x  9 : x  2  x  9<br /> <br /> x 1 x 1<br /> x 2<br /> b) (0,5 điểm) Tìm x để A  6 .<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> Biến đổi: A  6  x  9  6  x  9  6<br /> x 2<br /> <br /> <br /> <br /> x 2<br /> <br /> <br /> <br /> 7 x  21  x  9 (thỏa mãn điều kiện). Vậy để A  6 thì x  9<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> Cho hệ phương trình: mx  2 y  2 (với m là tham số)<br /> 2 x  my  5<br /> <br /> a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi m  10 .<br /> 10 x  2 y  2 5 x  y  1<br /> <br /> 2 x  10 y  5 2 x  10 y  5<br /> <br /> Thay m  10 ta được hệ: <br /> <br /> 50 x-10y=10<br /> 52 x=15<br /> <br /> <br /> 2 x  10 y  5<br /> 2 x  10 y  5<br /> 15<br /> 15<br /> <br /> <br /> x<br /> <br /> x<br /> <br /> <br /> <br /> 52<br /> 52<br /> <br /> <br />  y  5  2x<br />  y  23<br /> <br /> <br /> 10<br /> 52<br /> 15<br /> <br />  x  52<br /> Kết luận: với m  10 thì hệ có nghiệm duy nhất: <br />  y  23<br /> <br /> 52<br /> b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ<br /> <br /> Câu<br /> 2<br /> (1,5<br /> đ)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2015m2  14m  8056<br /> thức: x  y  2014 <br /> m2  4<br /> <br /> Dùng phương pháp thế, ta có:<br /> mx  2<br /> <br /> mx<br /> <br /> 2<br /> y<br /> <br /> <br /> mx<br /> <br /> 2<br /> y<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> y <br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> 2<br /> x<br /> <br /> my<br /> <br /> 5<br /> mx  2<br /> <br /> <br /> 5<br /> 2 x  my  5 2 x  m<br /> <br /> 2<br /> 2m  10<br /> <br /> mx  2<br /> <br /> x<br /> <br /> <br /> y <br /> m2  4<br /> 2<br /> <br /> <br /> ,m  R<br /> 5<br /> m<br /> <br /> 4<br /> 2<br />  m  4  x=2m+10<br /> y <br /> <br /> <br /> m2  4<br /> <br /> 2m  10<br /> <br /> x 2<br /> <br /> m 4<br /> Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: <br /> ,m  R<br /> 5<br /> m<br /> <br /> 4<br /> y <br /> <br /> m2  4<br /> 2<br /> Thay vào hệ thức: x  y  2014  2015m 2 14m  8056<br /> m 4<br /> <br /> Ta được:<br /> <br /> 2014m2  7m  8050 2015m2  14m  8056<br /> <br /> m2  4<br /> m2  4<br />  2014m2  7m  8050  2015m2  14m  8056<br /> <br />  m2  7m  6  0   m  1 m  6   0 .   m  1<br /> m  6<br /> Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức:<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> m 1<br /> 2015m2  14m  8056<br /> thì <br /> x  y  2014 <br /> 2<br /> m 4<br /> m  6<br /> a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị<br /> <br /> lớn nhất của biểu thức: P <br /> <br /> Câu<br /> 3<br /> (3,0<br /> đ)<br /> <br /> a<br /> b<br /> c<br />  3<br />  3<br /> 2<br /> 2<br /> 9a  3b  c 9b  3c  a 9c  3a 2  b<br /> 3<br /> <br /> Chứng minh:<br /> (a 2  b2  c2 )( x2  y 2  z 2 )  (ax  by  cz )2 , a, b, c, x, y, z  R . (1)<br /> Thật vậy:<br /> (1)  (a2 y 2  2abxy  b2 x2 )  (a 2 z 2  2acxz  c2 z 2 )  (b2 y 2  2bcyz  c2 z 2 )  0<br />  (ay  bx)2  (az  cx)2  (by  cz )2  0 (đúng)<br /> ay  bx<br /> <br /> Dấu "  "   az  cx<br />  by  cz<br /> <br /> 1 1<br /> Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a3  3b2  c)(   c)  (a  b  c) 2  1<br /> 9a 3<br /> Dấu<br /> 1<br /> "" a b  c  .<br /> 3<br /> 1<br />  9a3  3b 2  c <br /> 1 1<br />  c<br /> 9a 3<br /> a<br /> 1 1<br />  3<br /> <br /> a<br /> (<br />   c)<br /> 9a  3b2  c<br /> 9a 3<br /> b<br /> 1 1<br /> c<br /> 1 1<br /> Tương tự có: 3<br /> <br /> b<br /> (<br /> <br /> <br /> a<br /> );<br /> <br /> c<br /> (<br />   b)<br /> 9b  3c 2  a<br /> 9b 3<br /> 9c3  3a 2  b<br /> 9c 3<br /> 1 abc<br />  P  3. <br />  (ab  bc  ca)<br /> 9<br /> 3<br /> 1 1 ( a  b  c) 2<br /> (a  b  c) 2<br /> P  <br />  1. Do ab  bc  ca <br /> 3 3<br /> 3<br /> 3<br /> 1<br /> Vậy Pmax  1  a  b  c  .<br /> 3<br /> b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn:<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> x(1  x  x 2 )  4 y( y  1)<br /> <br /> Có: x(1  x  x 2 )  4 y( y  1)  ( x3  x2 )  ( x  1)  4 y 2  4 y  1<br />  ( x  1)( x 2  1)  (2 y  1)2 (1)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Vì x, y     2 y  1  0 , nên từ 1  x  0 và x chẵn.<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Giả sử ( x  1, x  1)  d  d lẻ và x  1 d ; x  1 d  2 d  d  1<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Vì ( x  1)( x 2  1) là số chính phương, ( x  1, x 2  1)  1 nên ( x  1) và ( x 2  1)<br /> cũng là hai số chính phương.<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Do x  0  x2  x2  1  ( x  1)2  x2  1  ( x  1)2  x  0<br /> y  0<br /> Khi x  0 , có (1)  4 y ( y  1)  0  <br /> .<br /> y<br /> <br /> 1<br /> <br /> Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1)<br /> Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a . Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> AC  4AB . Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ<br /> thuộc tia Cx ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với<br /> AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K , E .<br /> <br /> Câu<br /> 4<br /> (3,0<br /> đ)<br /> <br /> a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC.CE theo a .<br /> <br /> Ta có: EBC  ADC (Cùng bù với góc KBC ); ACD  ECB  90o<br />  ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g)<br /> DC AC<br /> <br /> <br />  DC.CE  AC.BC<br /> BC EC<br /> a<br /> 3a<br /> 3a 2<br />  DC.EC  AC.BC <br /> Do AB  ; BC <br /> 4<br /> 4<br /> 4<br /> b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .<br /> 1<br /> SBDE  BC.DE  SBDE nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.<br /> 2<br /> 3a 2<br />  a 3 ( Theo chứng minh phần<br /> Ta có: DE  DC  EC  2 DC.EC  2<br /> 4<br /> a)<br /> a 3<br /> Dấu "  "  DC  EC <br /> .<br /> 2<br /> a 3<br /> 3a 2 3<br />  S( BDE ) nhỏ nhất bằng<br /> khi D thuộc tia Cx sao cho CD <br /> .<br /> 2<br /> 8<br /> c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn<br /> đường kính DE luôn có một dây cung cố định.<br /> Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N (<br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br />