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

Chia sẻ: Tạ Duy Phương | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi lớp 9 có đáp án môn "Toán - Trường THCS Hồng Dương" năm học 2015-2016 với cấu trúc gồm 5 câu hỏi trong thời gian làm bài 150 phút, mời các bạn cùng tham khảo để củng cố kiến thức lý thuyết đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi.

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 - Trường THCS Hồng Dương (Năm học 2015-2016)

phßng Gi¸o dôc & §µo t¹o ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9 Thanh oai Môn : Toán TRƯỜNG THCS HỒNG DƯƠNG Năm học : 20152016 Thời gian 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài 1(6đ): � 3 3 � �x 3 � 1, Cho biểu thức Q = � �2 + � 3 x + 1� � � + �x + x 3 + 3 x 3 − 27 � � � � � a/ Rút gọn biểu thức Q. b/ Tính giá trị của biểu thức Q khi x = + 5 − 3 − 29 − 12 5 . 2, Tính giá trị của biểu thức B = x3 - 3x + 2000 víi x = 3 3 2 2 + 3 3 2 2. Bài 2: (4đ) a) Biết a, b là các số thoả mãn a > b > 0 và a.b = 1 a 2 + b2 Chứng minh : 2 2. a −b b) Tìm tất cả các số tự nhiên abc có 3 chữ số sao cho : abc = n 2 − 1 với n là số nguyên lớn hơn 2. cba = ( n − 2 ) 2 Bài 3 : (4đ) a , Giải phương trình : ( x3)(x+1) + (x3) = 3 b, Tìm nghiệm của phương trình x 2 − 25 = y ( y + 6) Bài 4 (4 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J. a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’). b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất. Bài 5:( 2 điểm ) Cho hình thoi ABCD cạnh a, gọi R và r lần lượt là các bán kính các đường tròn ngoại 1 1 4 tiếp các tam giác ABD và ABC. Chứng minh : 2 + 2= 2. R r a Hết ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
phßng Gi¸o dôc & §µo t¹o Híng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 9 Thanh oai N¨m häc 2015 - 2016 TRƯỜNG THCS HỒNG DƯƠNG M«n thi : To¸n CÂU Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐIỂM 1. ĐKXĐ: x 0; x 3 0,5 a)(2đ) 3 3 x 3 A = 1 x 2 x 3 3 x 3 27 3 x 3 3 x2 x 3 3 = 2 2 x x 3 3 (x 3 )( x x 3 3) 3x 0,5 2 (x 3) 3 3 x x 3 3 = Bài 1 (x 3 )( x 2 x 3 3) 3x (6đ) 1 0,5 x 3 0,5 1 Ta có : b)2đ x = + = + = + 0,25 = + 0,5 = + 1 0,25 Thay x = 3 + 1 vào A ta có: 1 0,5 A = = 1 x 3 0,5 Áp dụng công thức: (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b), 2.(2đ) Đặt a= 3 3 2 2 , b= 3 3 2 2 0,5 Ta có 0,5 x= a+b x3= (a+b)3= a3 + b3 +3ab(a+b) => x3 = 6 + 3x x3 3x = 6 0,5 Suy ra B = 2006 0,5
a)(2đ) * Vì a.b = 1 nên a 2 + b 2 ( a − b ) + 2ab ( a − b ) + 2 2 2 2 0,75 = = = ( a − b) + a −b a −b a −b a −b * Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương Bài 2 2 2 Ta có : ( a − b ) + 2 ( a − b) 0,75 (4đ) a −b a−b a 2 + b2 Vậy 2 2 a −b 0,5 (1) b)2đ abc = 100a + 10b + c = n 2 − 1 0,5 Viết được cba = 100c + 10b + a = n 2 − 4n + 4 (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta có 99 ( a –c ) = 4n – 5 => 4n – 5 99 (3) Mặt khác : 0,5 100 �n−�� 2 2 1 999 101 n 1000 11 n 31 −�39 4n 5 119 (4) 0,5 Từ (3) và (4) => 4n – 5 = 99 => n = 26 Vậy số cần tìm abc = 675 ĐK: 0 (*) 0,25 Đặt t = (x3) , suy ra (x3)(x+1) = t2 Khi đó phương trình có dạng : t2+4t+3 =0 * Với t= 3, ta được : 0,25 (x3) = 3 a)(2đ) x = 1 , thoả mãn điều kiện (*) * Với t=1, ta được: Bài 3 (x3) = 1 0,75 (4đ) x= 1 , thoả mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có hai nghiệm x=1 và x= 1 Từ x 2 − 25 = y ( y + 6) Ta có : (y+3+x)(y+3x) = 16 Khi đó ta thấy: 0,75 ( y+3+x)+(y+3x) = 2(y+3) là số chẵn Suy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3x) cùng tính chẵn lẻ. Ta lại có tích của chúng là số chẵn, vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3x) là 2 số chẵn . Ta chỉ có cách phân tích 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây: b) 0,5 16 = 8 (2) = 4 (4) = 2 (8) (2đ) Ta có bảng giá trị sau :
y+3+x 8 2 2 8 4 4 0,25 y+3x 2 8 8 2 4 4 x 5 5 5 5 4 4 y 0 0 6 6 3 3 Vì thế phương trình đã cho có các nghiệm: ( x,y) = ( 5, 0 ) ; ( 5, −6 ) ; ( 4, −3) . 1,0 C J 0,25 Bài 4 (4đ) A I M O O B ’ D a)(2đ) a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB ⊥ 0,5 CD : gt) ACMD là hình thoi AC // DM, mà AC ⊥ CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB) DM ⊥ CB; MJ ⊥ CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB) D, M, J thẳng hàng. 0,5 ˆ + IMD Ta có : IDM ˆ = 900 (vì DIM ˆ = 900 ) Mà IJMˆ = IDM ˆ (do IC = IJ = ID : ∆ CJD vuông tại J có JI là trung tuyến) 0,5 ˆ ' = JMO MJO ˆ ' = IMD ˆ (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); ˆ ' và IMD JMO ˆ đối đỉnh) IJM ˆ + MJOˆ ' = 900 = 90 0 IJ là tiếp tuyến của (O’), 0,5 J là tiếp điểm b)(2đ b) Ta có IA = IM 0,25 AB IO’ = = R (R là bán kính của (O)) 2 O’M = O’B (bán kính (O’) 0,5 ∆ JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’
R2 Do đó SJIO’ 4 0,5 2 R SJIO’ = khi IJ = O’J và ∆ JIO’ vuông cân có cạnh huyền 4 IO’ = R nên : 0,5 R 2 2O’J2 = O’I2 = R2 O’J = 2 Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 0,25 Bài 5 B (2đ) E M 0,25 O C A I K D Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD, BD là đường trung trực của AC. Do vậy nếu gọi M,I,K là giao điểm của đường trung trực của đoạn 0,5 thẳng AB với AB,AC,BD thì ta có I, K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB, ABC. Từ đó ta có KB = r và IB = R. Lấy một điểm E đối xứng với điểm I qua M. Ta có BEAI là hình thoi ( vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) Ta có : = mà =900 0,5 =900 Xét ∆ EBK cã =900 đường cao BM.Theo hệ thức trong 1 1 1 tam giác vuông ta có: 2 + 2 = BE BK BM 2 a 1 1 4 Mà BK = r , BE = BI = R; BM = Nªn � 2 + 2 = 2 0,5 2 R r a (§pcm) 0,25 ( Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm )