Đề thi HSG cấp huyện đợt 1 môn Toán lớp 9 năm 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Lương Tài - Đề số 13

Chia sẻ: 01629871 01629871 | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi HSG cấp huyện đợt 1 môn Toán lớp 9 năm 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Lương Tài - Đề số 13 dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu về Toán học nhằm giúp bạn củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp huyện đợt 1 môn Toán lớp 9 năm 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Lương Tài - Đề số 13

NỘI DUNG CẤU TRÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN : Toan L ́ ỚP 9 CÂU NỘI DUNG KIẾN THỨC ĐIỂM Biến đổi đồng nhất: 2 điểm Câu 1 ́ ̉ Cac bai toan biên đôi căn th ́ ̀ ́ ức va cac câu hoi khai thac biêu ̀ ́ ̉ ́ ̉ thưc rut gon ́ ́ ̣ Phương trình đại số: phương trinh bâc cao, pt vô ti : 1 ̀ ̣ ̉ ̉ điêm 2 điểm Câu 2 Hàm số đồ thị: 1 ̉ điêm Số học: 2 điểm Câu 3 ́ ́ ợp sô, sô chinh ph Sô nguyên tô, h ́ ́ ́ ương, phương trinh ̀ ̣ nghiêm nguyên Hình học: ̣ ưc trong tam giac vuông, tam giac đông dang, đinh ly Hê th ́ ́ ́ ̀ ̣ ̣ ́ ̉ Ta let....: 1 điêm ́ 3 điểm Câu 4 Đường tron: Gi ̀ ới hạn đến bài dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. ̉ 2 điêm Bai toan phat hiên hoc sinh xuât săc ̀ ́ ́ ̣ ̣ ́ ́ Câu 5 Cực trị đại số, hình học, biên đôi đông nhât... ́ ̉ ̀ ́ 1 điêm ̉ Cộng 10,0 điểm
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học: 2015 – 2016 o0o Môn thi: Toán học – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) 2 x +1 x +3 10 − x Cho biểu thức A = + − x −3 2− x x −5 x +6 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của x sao cho A < 2 . x − 4 x + 20 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B biết rằng B = . A ( x −2 ) Câu 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2 ( ) b) Cho các đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 ; y + 2m − 1 = m + m + 1 x − 2m và 2 2 ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 . Chứng minh rằng các đường thẳng trên cùng đi qua 1 điểm cố định? Câu 3 (2 điểm) a) Cho p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố? b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 . Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi A là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) ( A B, A C ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, D là điểm đối xứng với B qua A, I là trung điểm AH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh rằng ∆AJH đồng dạng với ∆HIC . b) Gọi E là giao điểm của HD và CI. Chứng minh : 2AE
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: �1 1 1 � 1 1 1 4� + + � + + +9 �a + b b + c c + a � a b c Hết UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN o0o Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: Toán học – Lớp 9 Câu Ý Nội dung Điể m 1 a 2 x +1 x +3 10 − x Rút gọn A = + − x −3 2− x x −5 x +6 Điều kiện xác định: x 0; x 4; x 9 . Khi đó: 2 x +1 x +3 10 − x 2 x +1 x +3 10 − x 0.5 A= + − = − − x −3 2− x x −5 x +6 x −3 x −2 ( x −3 )( x −2 ) = (2 x +1 )( x −2 − ) ( x +3 )( ) x − 3 − 10 + x = x−2 x −3 ( x −3 )( x −2 ) ( x −3 )( x −2 ) 0.5 = ( x +1 )( x −3 )= x +1 ( x − 3) ( x − 2) x −2 b Tìm x để A 0� >0 0,25 x −2 x −2 x −2 � � x −5 > 0 � �x >5 x > 25 TH1: Khi � �� x > 25 � x −2>0 �x >2 x>4 � � x −5 < 0 � �x 25 c Tìm giá trị nhỏ nhất của B Ta có: B xác định khi x 0; x 4; x 9 x − 4 x + 20 x − 2 x − 4 x + 20 x − 4 x + 20 B= = . = A ( x −2 ) x +1 x −2 x +1 0,25 25 25 = x −5+ = x +1+ −6 x +1 x +1 25 0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số x + 1 và , ta được x +1 25 25 25 x +1+ �� 2.5 x +1+ �10 −+ � x +1� 6 4 B 4 x +1 x +1 x +1
25 Dấu “=” xảy ra khi: x + 1 = � x + 1 = 5 � x = 4 � x = 16 (t/m) x +1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là: MinB = 4 khi x = 16 . 2 a Giải phương trình x + 1 + 2 7 − x − 2 x + 1 = 7 + 6 x − x 2 Điều kiện xác định của phương trình: −1 x 7 PT � x + 1 − 2 x + 1 + 2 7 − x − ( 7 − x ) ( x + 1) = 0 0,5 � x + 1. ( ) ( ) x + 1 − 2 + 7 − x. 2 − x + 1 = 0 � ( x +1 − 2 )( ) x +1 − 7 − x = 0 � x +1 − 2 = 0 � x +1 = 2 �� x = 3(t/ m) � x +1 − 7 − x = 0 � x +1 = 7 − x 0,5 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3. b Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm cố định Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 Khi đó ta có: y0 = ( 2m + 1) x0 − 4m + 1, ∀m �� ﾡ m ( 2 x0 − 4 ) + x0 − y0 + 1 = 0, ∀m �ﾡ � 2 x0 − 4 = 0 �x0 = 2 0,5 �� M ( 2;3) �x0 − y0 + 1 = 0 �y0 = 3 Do đó, đường thẳng y = ( 2m + 1) x − 4m + 1 luôn đi qua điểm cố định M ( 2;3) Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng y + 2m 2 − 1 = ( m2 + m + 1) x − 2m ta được: 3 + 2m 2 − 1 = 2. ( m 2 + m + 1) − 2m � 2 + 2m 2 = 2m 2 + 2 đúng với ∀m ﾡ 0,25 Đường thẳng y + 2m 2 − 1 = ( m 2 + m + 1) x − 2m luôn đi qua M ( 2;3) ∀m ﾡ Với x = 2; y = 3 thay vào đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 ta được: 2 ( 3m − 1) + 3 ( 2 − 2m ) = 1 � 1 = 1 đúng với ∀m ﾡ 0,25 Đường thẳng ( 3m − 1) x + ( 2 − 2m ) y = 1 luôn đi qua M ( 2;3) ∀m ﾡ Vậy 3 đường thẳng đã cho cùng đi qua điểm cố định M ( 2;3) . 3 a Chứng mình rằng số p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố Do p là số nguyên tố nên: Khi p = 2 � p 2 + 2 = 6 là hợp số Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số nguyên tố p = 2 không thỏa mãn đề. 0,5 Khi p = 3 � p 2 + 2 = 11 là số nguyên tố (tm) p 3 + p 2 + 1 = 37 là số nguyên tố (đpcm). Khi p > 3 � p 2 = 3n + 1( n �� N*) p 2 + 2 = 3n + 3 M3 � p 2 + 2 là hợp số Mâu thuẫn với giả thiết p 2 + 2 là số nguyên tố p > 3 không thỏa 0,5 mãn đề. Vậy khi p và p 2 + 2 là các số nguyên tố thì p 3 + p 2 + 1 cũng là số nguyên tố b Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 x 2 − 3 xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 . ... ( x − 2 y + 2 ) ( 2 x + y + 2 ) = 5 Ta có 2 x 2 − 3xy − 2 y 2 + 6 x − 2 y = 1 �� 0,5 Vì x; y �ﾡ � x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 �ﾡ nên x − 2 y + 2; 2 x + y + 2 là ước của 0,5 5:
�x − 2 y + 2 = 1 �x − 2 y = −1 �x = 1 TH1. � �� 2x + y + 2 = 5 �2x + y = 3 �y = 1 1 x= �x − 2 y + 2 = 5 �x − 2 y = 3 5 TH2. � �� (Không thỏa mãn) �2x + y + 2 = 1 �2 x + y = −1 7 y=− 5 17 x=− �x − 2 y + 2 = −1 �x − 2 y = −3 5 TH3. � �� (Không thỏa mãn) �2 x + y + 2 = −5 � 2 x + y = −7 1 y=− 5 13 x=− �x − 2 y + 2 = −5 �x − 2 y = −7 5 TH4. � �� (Không thỏa mãn) �2 x + y + 2 = −1 � 2 x + y = −3 y= 11 5 Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;1) 4 a Ta thấy ∆ABC ngoại tiếp đường tròn đường kính BC nên AB ⊥ AC � AC ⊥ AD IA = IH Từ giả thiết � IJ / / AD JH = JD � IJ ⊥ AC � ﾡAIJ = ﾡACH (cùng phụ với góc HAC ﾡ ) (1) +) Trong tam giác vuông ACH ta AH có: tan ﾡACH = (2) 1 HC +) Trong tam giác vuông AIJ ta có AJ AJ tan ﾡAIJ = = ( AI = HI ) (3) AI HI Từ (1), (2), (3) AH AJ AH HC � = � = (4) HC HI AJ HI AB = AD Từ giả thiết �� AJ / / BC � A J ⊥ AH � ∆HAJ vuông tại A JH = JD Do đó từ (4) ta có: tan ﾡAJH = tan HIC ﾡ � ﾡAJH = HIC ﾡ � ∆AJH : ∆HIC b Chứng minh 2AE < AB Theo câu a ta có ∆AJH : ∆HIC � ﾡAHJ = HCI ﾡ Ta lại có: HCIﾡﾡ + HIC = 900 � ﾡAHJ + HIC ﾡ = 900 � JH ⊥ CI Từ đó ∆JEI vuông tại E I , J , E thuộc đường tròn đường kính IJ 0,5 Tương tự ∆JAI vuông tại A I , A, J thuộc đường tròn đường kính IJ I , A, J , E cùng thuộc đường tròn đường kính IJ Theo tính chất liên hệ giữa đường kính và dây trong đường tròn 0,5 đường kính IJ ta có: AE JI 1 1 Mà ta lại có IJ = AD � IJ = AB (D đối xứng với B qua A) 2 2
1 AE AB 2 AE AB 2 Dấu “=” xảy ra khi tứ giác AIEJ là hình chữ nhật �JE / / AI AH HD (mâu thuẫn) � 2AE < AB c Xác định vị trí điểm A Khi A di động trên nửa đường tròn (O). Ta có chu vi tam giác ABC là: C∆ABC = AB + AC + BC Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có AB 2 + AC 2 �� 2 AB. AC 2 ( AB 2 + AC 2 ) �AB 2 + 2 AB. AC + AC 2 0,5 ( AB+ ۳2 + � �+2� ) ( AB AC ) AC+2 � 2 2 BC 2 ( AB AC ) 2 AB AC 2 BC Do đó, C∆ABC = AB + AC + BC 2 BC + BC = ( ) 2 + 1 BC (BC không đổi) Nên chu vi tam giác ABC lớn nhất là ( 2 + 1) BC khi AB = AC 0,5 A thuộc trung trực của BC A là giao điểm của trung trực BC với đường tròn (sau này A là điểm chính giữa cung BC) 5 �1 + 1 + 1 � 1 1 1 Chứng minh 4 � � + + +9 �a + b b + c c + a � a b c Từ giả thiết a + b + c = 1 nên ta có: �1 1 1 � 1 1 1 4� + + � + + +9 �a + b b + c c + a � a b c �a + b + c a + b + c a + b + c � a + b + c a + b + c a + b + c � 4� + + �� + + +9 � a+b b+c c+a � a b c 0,5 4c 4a 4b b+c c+a a+b � 12 + + + �12 + + + a+b b+c c+a a b c 4c 4a 4b b+c c+a a +b � + + � + + a+b b+c c+a a b c �1 1 � 4 1 1 Ta có với các số dương x, y thì ( x + +y )� �+ �4 nên: �x y � x+ y x y 4c �1 1 � 4a �1 1 � 4b �1 1 � c. � + � ; a. � + � ; b. � + � a+b �a b � b + c �b c � c + a �c a � 0,5 4c 4a 4b b+c c+a a +b Cộng các vế lại ta được: + + + + đpcm a+b b+c c+a a b c 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3 Chú ý: Các cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng phần.