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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

124
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn "Toán – Trường THCS Liên Châu" năm học 2015-2016 dưới đây. Với kết cấu gồm 5 câu hỏi bài tập có đáp án trong thời gian làm bài 150 phút, hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao 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 – 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 −