Đề thi học sinh giỏi có đáp án môn: Toán 9 - Trường THCS Liên Châu (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: Nguyễn Công Liêu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi có đáp án môn "Toán 9 - Trường THCS Liên Châu" năm học 2015-2016 sau đây nhằm giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi có đáp án môn: Toán 9 - Trường THCS Liên Châu (Năm học 2015-2016)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 2016 TRƯỜNG THCS LIÊN CHÂU MÔN: TOÁN – LỚP 9. Thời gian: 150 phút 2 5 x 1 x −1 Bài 1(6đ): 1. Cho biểu thức: A = 1 − ( − − ): 1 + 2 x 4x −1 1 − 2 x 4x + 4 x +1 a/ Rút gọn A b/ Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị nguyên 2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 3x + 2000 với x = 3 3 2 2 + 3 3 2 2. Bài 2. ( 3 điểm) Câu 1. ( 1,5 điểm) Cho 3 sô x, y, z thoa man đông th ́ ̉ ̃ ̀ ời: 3x 2y 2 y + 2012 +1 =0 3y 2z 2 z − 2013 + 1 = 0 3z 2x 2 x − 2 2 = 0; ́ ̣ ̉ Tinh gia tri cua biêu th ́ ̉ ức P = ( x 4) 2011 + ( y + 2012) 2012 + ( z 2013) 2013 . Câu 2. (1,5 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn đồng thời: a b c d 7 và a 2 b2 c2 d2 13 . Hỏi a có thể nhận giá trị lớn nhất là bao nhiêu? Bài 3: (3đ) 1 1 1 a) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn + + = 1. Chứng minh rằng: x y z x + yz + y + zx + z + xy xyz + x + y + z . b)Tim sô t ̀ ́ ự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 la sô chinh ph ̀ ́ ́ ương Bài 4 ( 7 điểm) Câu 1 (3 điểm) Từ điểm K bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx của đường tròn. Giả sử góc KAB bằng độ ( 0
1 Câu 5 (1,0 điểm): Cho A n = với n ﾥ * . (2n +1) 2n −1 Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 . ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 Bài 1 1a) a/(2đ)Cho biểu thức (2,5đ) � 2 5 x 1 � x −1 1 A= 1 � − − �: ĐK: x 0; x ;x 1 . � � � 1 + 2 x 4 x − 1 1 − 2 x �4 x + 4 x + 1 4 0,25 � � � 2 5 x 1 � x −1 A= 1 � − + : � ( ) ( 2 x + 1 2 x + 1 (2 x − 1) 2 x − 1 � 2 x + 1 � ) 2 0,75 4 x − 2 − 5 x + 2 x + 1 (2 x + 1) 2 A=1 . 0,75 (2 x + 1)(2 x − 1) x −1 x −1 2 x +1 2 x +1 2 A=1 . = 1− = 0,75 2 x −1 x −1 2 x −1 1 − 2 x 1b) Ta có : (1,5đ) b/(2đ) Tìm x Z để A nguyên. A �Z � 2 �Z � 1 − 2 x �Ư(2) 0,75 1− 2 x Do x �0; x �1; x �Z � x = 0 0,75 Vậy x=0 thì A có giá trị nguyên. Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), 0,5 2.(2đ) Đặt a= 3 3 2 2 , b= 3 3 2 2 Ta có 0,5 ⇒ x= a+b ⇒ x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b) 0,25 => x3 = 6 + 3x ⇒ x3 3x = 6Suy ra B = 2006 0,25 0,5 Bài 2 (3điểm) Câu 1. (1.5 điểm). b) 3x 2y 2 y + 2012 +1 =0 (1) 3y 2z 2 z − 2013 + 1 = 0 (2) 3z 2x 2 x − 2 2 = 0 (3) ̣ Công vê v ́ ới vê cua (1), (2), va (3) ta đ ́ ̉ ̀ ược: x + y + z 2 y + 2012 2 z − 2013 2 x − 2 = 0 0,50 ( x 2 2 x − 2 + 1) + ( y + 2012 2 y + 2012 + 1) + ( z 2013 2 z − 2013 + 1) = 0 0,50
( x − 2 1 ) 2 + ( y + 2012 1) 2 + ( z − 2013 1) 2 = 0 x − 2 1 = 0 x = 3 y + 2012 1 = 0 y = 2011 0,25 z − 2013 1 = 0 z = 2014 ̣ Vây P = ( 3 4) 2011 + ( 2011 + 2012) 2012 + ( 2014 2013) 2013 P = 1 + 1 +1 = 1. 0,25 Câu (1.5 điểm) Từ a +b+c+d = 7 b+c+d = 7 – a 0,25đ (b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd mà (b – c )2 0 ; (c d )2 0 ;(d b )2 0 ; 0,25đ b2 + c2 2bc; c2 + d2 2cd; d2 + b2 2bd; Từ đó (b+c+d)2 3(b2 + c2 + d2) 0,25đ (7 a)2 3(13 – a2) 5 (a – 1)(a ) 0 0,25đ 2 Tìm được 1 a 5 0,25đ 2 do đó a có thể nhận giá trị lớn nhất là 5 0,25đ 2 Bài 3(3điểm) a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với (1.5đ) a + bc + b + ca + c + ab 1 + ab + bc + ca , 0,5 1 1 1 với a = , b = , c = , a + b + c = 1. x y z Tacó : a + bc = a (a + b + c) + bc 0,5 = a + a(b + c) + bc 2 a + 2a bc + bc = a + bc . 2 Tương tự: b + ca b + ca ; c + ab c + ab . 0,5 Từ đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3. A = n 2 + n + 6 la sô chinh ph ̀ ́ ́ ương nên A co dang ́ ̣ b) A = n + n + 6 = k (k N ) 2 2 * 0,5 1.5đ � 4n + 4n + 24 = 4k � (2k ) − (2n + 1) = 23 2 2 2 2 2k + 2n + 1 = 23 � (2k + 2n + 1)(2k − 2n − 1) = 23 � 0,5 2k − 2 n − 1 = 1 (Vi 23 la sô nguyên tô va 2k + 2n + 1> 2k – 2n 1) ̀ ̀ ́ ́ ̀ �2k + 2n + 1 = 23 k =6 � �� 0,25 �2k − 2n − 1 = 1 �n=5 ̣ ơi n = 5 thi A la sô chinh ph Vây v ́ ̀ ̀ ́ ́ ương 0,25
Bài 4 (7 điểm) Câu 1 (3 điểm) x K H A O C B a, (1 điểm) Lập luận để có AKB = 900 (0,25đ); KAB = KBH (0,25đ); Xét AKB vuông tại H có KA = AB cos = 2R cos (0,25đ); KB = AB sin = 2R sin (0,25đ); Xét KHB vuông tại H có KH = KB sin (0,25đ) = 2R sin2 (0,25đ); b, (0.75 điểm) Vẽ KO; KC AB xét KCO vuông tại C có OC = OK cos2 (0,25đ); Lập luận có KH = CB (0,25đ) = R Rcos2 = R(1 cos2 ) (0,25đ); c, (1,25 điểm) Theo câu a có KH = 2R sin2 theo câu b có KH = R(1 cos2 ) (0,25đ); nên 2R sin2 = R(1 cos2 ) (0,25đ) do đó cos2 = 1 2sin2 (0,25đ); Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông tại K chứng minh được sin2 + cos2 = 1 nên sin2 = 1 cos2 (0,25đ); Từ đó có cos2 = 1 – 2(1 – cos2 ) = 2 cos2 1 (0,5đ); Câu 2 (4 điểm) x M K I B A O C
a, (2 điểm) Chứng minh được IAK đồng dạng với IBA (0,5đ) IA2 = IK.IB , mà I là trung điểm của AM nên IM2 = IK.IB (0,5đ) Chứng minh được MIK đồng dạng với BIM (1đ) b, (1điểm) Từ câu a IMK = MBI , lại có MBI = BCK(0,5đ); IMK = BCK BC // MA(0,5đ); c, (1 điểm) H là trực tâm của MAB tứ giác AOBH là hình thoi (0,5đ); AH = AO =R H (A;R) cố định Câu 5 (1điểm) 1 2n − 1 A = = n (2n + 1) 2n − 1 (2n + 1) ( 2n − 1) 0,25 2n − 1 � 1 1 � 2n − 1 � 1 1 � � 1 1 � A = � − �= � + �� − � 0,25 n 2 �2n − 1 2n + 1 � 2 � 2n − 1 2n + 1 �� 2n − 1 2n + 1 � 1 1 1 1 2 Vì − > 0 và + < nên An < 2n − 1 2n + 1 2n − 1 2n + 1 2n − 1 1 1 − (∀n ﾥ *) 0,25 2n − 1 2n + 1 1 1 1 1 1 Do đó: A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 − + − + ��+ − 3 3 5 2n − 1 2n + 1 1 A1 + A2 + A3 + ... + An < 1 −