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

Chia sẻ: Tạ Duy Phương | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

124
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án môn "Toán học - Trường THCS Cao Viên" năm học 2015-2016, với đề thi này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình. Chúc bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

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

PHÒNG GDĐT THANH OAI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS CAO VIÊN Môn: Toán 9 (Thời gian 150 phút ) Năm học 20152016 Bài 1: ( 5điểm ) 1) Cho biểu thức: a. Tìm điều kiện để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P. b. Cho . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. 2) Cho . Tính giá trị của biểu thức: Bài 2: ( 4 điểm ) 1) Cho hàm số y = ( m 1) x + m2 1 ( m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt hai trục tạo độ tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác cân. 2) Giải phương trình : Bài 3 : ( 3 điểm ) 1) Tìm số tự nhiên n để là số chính phương. 2) Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 2015. Chứng minh bất đẳng thức: Bài 4: ( 6 điểm ) Cho đường tròn ( O,R ). Đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của (O).Trên đường tròn lấy E ( E khác A,B).Tiếp tuyến tại E cắt Ax,By lần lượt tại C và D. Vẽ EF vuông góc với AB tại F. BC cắt EF tại I. EA cắt CF tại M, EB cắt DF tại N và K là trung điểm của AC. 1. Chứng minh I là trung điểm của EF và K, M, I, N thẳng hàng. 2. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD. Chứng minh . 3. Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COE và DOE. Chứng minh rằng Bài 5: ( 2 điểm ) Cho các số thực a và b thay đổi thỏa mãn a3 + b3= 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của (a+b ). Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN (20152016)
Câ Đáp án Điểm u Bài 1) Đkxđ : 0,5đ 1 (5đ) 0,5 b)+ Chứng minh được BĐT + từ gt biến đổi ta được : 0,5 + Tìm được dấu bằng : + KL : max P= 9 khi 0,5đ 2) => 0,5đ B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2020 0,5đ 5 4 3 4 3 2 2 B = (x – 4x + x ) + ( x – 4x + x ) + 5( x – 4x + 1) + 2015 0,25đ B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2015 0,25đ B = 2015 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25 đ Bài + HS lập luận được để đồ thị hàm số là đường thẳng cắt 2 trục tọa độ 2 tại 2 điểm A và B sao cho tam giác OAB cân tại O thì đồ thị hàm số đã (5đ) cho song song với đường thẳng y = x ( hoặc y = x ) 1đ + Từ đó dẫn đến hoặc giải hệ pt ta tìm được m = 2 hoặc m = 0 và trả lời bài toán 1đ
2. đk Biến đổi pt đưa về pt 0,5đ Nếu x= 2 không là nghiệm của pt 0,25đ . Nếu . Biến đổi đưa pt về: 0,25đ Đặt 2 PT đưa về dạng 2t – 3t – 2 =0 0,25 đ Tìm được 2 nghiệm t = 0,5 ( loại ) ; t = 2 ( thỏa mãn ) 0,25 đ Từ đó tìm được 0,25đ Kết hợp đk và kết luận nghiệm 0,25đ Bài 1) + Xét n= 0 thì A= 4 là số chính phương ( thỏa mãn ) 0,5đ 3 + Xét n là số tự nhiên khác 0 (3đ) A = (20124)n + (20134)n + (20144)n+ (20154)n 0,25đ Lập luận để tìm được chữ số tận cùng (20124)n có CSTC là 6 (20134)n có CSTC là 1 (20144)n có CSTC là 6 (20154)n có CSTC là 5 1đ Vậy A có CSTC là 8 Từ đó kết luận A không thể là số chính phương . 0,25đ 1) + ta có 2015 + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b ) ( a + c ) 0,25đ + Áp dụng BĐT cô si ta được
Chứng minh tương tự ta có 1đ Cộng theo vế các BĐT trên ta được 0,25đ 0,5đ Bài 4 (6đ)
1. + kéo dài BE cắt Ax tại Q 0,25đ + chứng minh được CEQ cân tại C và CAE cân Suy ra CA = CQ ( 1) 0,5đ + EF//CQ nên (2) 0,5đ 0,25đ + Cm EMI đồng dạng AMK (cgc) 0,5đ Suy ra EMI = KMA Suy ra KMA + AMI =1800 Vậy K , M , I ,N thẳng hàng 0,5đ 0,5đ 2. + đặt CD = a ; OC =b ; OD =c ( a > b; a > c ) + vì r là bán kính đường tròn nội tiếp COD 0,5đ + Trong COD có b+c > a suy ra a+ b +c > 2a (3) 0.5đ + Vì (4) Từ (3) (4) suy ra đpcm 0,5đ 3. + gọi P là nửa chu vi tam giác r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác S là diện tích tam giác ta chứng minh được S = Pr + Cm : COD đồng dạng với các CEO ; OED 0,25đ (5) Cm tương tự ta có : (6)
Từ (5) (6) (đpcm) 0,5đ 0,75đ Bài + Ta có a3+b3= (a+b) (a2ab +b2) Mà a3+b3 = 2 và a2ab +b2 > 0 5 Suy ra : a+ b >0 (1) 0.25 (1đ) + đặt a= x + 1; b = y +1 a3+b3 = 2 hay x3 + y3 +3(x2+ y2) +3(x+y) =0 mà 3(x2+ y2) 0 x3 + y3 +3(x+y) 0 ( x + y)( x2xy+y2 +3) 0 x+y 0 ( vì x2xy+y2 +3 >0 ) a+ b 2 (2) Mặt khác a+b là số nguyên (3) Từ (1) và (2) , (3) a+ b =1 ; a+ b =2 1đ + Nếu a+b =2 thì ta luôn chọn được cặp số a=b =1 ( thỏa mãn đầu bài ) + Nếu a+ b = 1 . khi đó ta có a+ b = 1 và a3+b3 = 2 (I) Vì hpt (I) có nghiệm a,b nên tồn tại cặp số thực để a+b = 1 Vậy để thỏa mãn các dữ kiện của đề bài thì chỉ tồn tại 2 giá trị nguyên 0,5đ của a+ b = 1 ; hoặc a+b =2 0,25đ Người ra đề Tổ chuyên môn Ban giám hiệu Nguyễn Mai Phương