Đề thi HSG môn Toán lớp 9 bảng A năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Nguyễn Quân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

144
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc học tập và rèn luyện luôn là mối quan tâm hàng đầu của bậc THCS nhất là khối lớp 9. Đề thi HSG môn Toán lớp 9 bảng A năm 2015-2016 của Sở GD&ĐT Nghệ An sẽ giúp các em phần nào tự đánh giá kiến thức của bản thân. Mời các em tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 9 bảng A năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề chính thức Môn thi: TOÁN BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang Câu Nội dung Điể m Câu 1. (3 điểm). a. Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau. (không được chia nhỏ các vật đó). b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y2. Nhận xét: n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 0,5 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13 a Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lượng 19992, ..., 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 1, Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lượng 20052, ..., 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 0,5 5 Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13 Lúc này ta chia thành các nhóm như sau: Nhóm thứ nhất A+25, B+17, C+13; 1 nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13. Khối 0,5 lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam. (3,0 ) Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x 2). Để y là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số 0,25 nguyên dương) Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia b hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương. 0,5 1, Do đó x – 2 = 2k là số chẵn 5 Ta có 3x – 2 + 19 = z2 � ( z − 3 ) ( z + 3 ) = 19 . Vì 19 là số nguyên tố và k k z − 3k = 1 z = 10 z = 10 0,5 z − 3 < z + 3 nên k k � � �� z + 3 = 19 k 3 =9 k k =2 Vậy x = 6 và y = 30. 0,25 Câu 2. (6 điểm). a. Giải phương trình: x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3 4x2 + 1 = y 2 − 4x b. Giải hệ phương trình: x 2 + xy + y 2 = 1 ĐKXĐ: R. 0,5 −1 Vì x = không phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với 2 x2 + 6 x + 1 a phương trình: = x2 + 2x + 3 2 2x +1 1
(6,0 3, x2 + 6x + 1 ) 0 � − 2 = x2 + 2 x + 3 − 2 0,5 2x +1 x 2 + 6 x + 1 − 2(2 x + 1) ( x 2 + 2 x + 3 + 2)( x 2 + 2 x + 3 − 2) = 0,25 2x +1 x2 + 2x + 3 + 2 x2 + 2x −1 x2 + 2x −1 � = 0,25 2x +1 x2 + 2x + 3 + 2 � 1 1 � x2 + 2x − 1 = 0 (1) � ( x + 2 x − 1) � 2 − �= 0 0,5 � x + 2x + 3 + 2 2x +1 � x + 2x + 3 + 2 = 2x + 1 (2) 2 2 PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 2 0,25 a PT (2) x2 + 2 x + 3 + 2 = 2 x + 1 � x2 + 2x + 2 = 2x −1 0,25 3, 1 0 x 2 � x = 3 + 15 0,25 3 x 2 + 2 x + 3 = (2 x − 1) 2 3 3 + 15 Vậy phương đã cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 2; x3 = 0,25 3 ( 2 x + 1) 2 y = 2x +1 = y2 Hệ phương trình � � 2 � �2 0,5 x + xy + y 2 = 1 x + xy + y 2 = 1 y = 2x +1 y = 2x +1 Xét hệ: � 2 �2 0,5 x + x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 2 x + xy + y 2 = 1 2 (6,0 y = 2x + 1 5 x=− ) y = 2x +1 x=0 x=0 7 �� 2 �� hoặc 0,5 7 x + 5x = 0 5 y =1 3 b x=− y=− 3, 7 7 0 y = −2 x − 1 y = −2 x − 1 Xét hệ: � 2 �2 0,5 x − x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 2 x + xy + y 2 = 1 y = −2 x − 1 y = −2 x − 1 x=0 x = −1 �� 2 � �x = 0 � hoặc 0,5 3x + 3x = 0 y = −1 y =1 x = −1 � 5 3� Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là: (0;1), �− ; − �, (0;1), ( � 7 7� 0,5 1;1) Câu 3. (3 điểm). a +1 b +1 c +1 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 2 + + 3 b + 1 c2 + 1 a2 + 1 3 Sử dụng bất đẳng thức Cô si (3,0 a +1 b 2 ( a + 1) b 2 ( a + 1) b + ab 0,5 ) Ta có: = a +1− 2 a +1− = a +1− (1) b +1 2 b +1 2b 2 b +1 c + bc c +1 a + ca 0,5 Tương tự: 2 b +1− (1) và 2 c +1− (3) c +1 2 a +1 2 2
a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca Từ (1); (2) và (3) suy ra: + 2 + 2 +3− 0,5 b +1 c +1 a +1 2 2 2 ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ( a + b + c ) = 9 2 Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 0,5 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca 3 9 Do đó: + 2 + 2 +3− = + 3 − = 3 0,5 b +1 c +1 a +1 2 2 2 2 6 a +1 b +1 c +1 Vậy 2 + + 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,5 b + 1 c2 + 1 a2 + 1 Câu 4. (6 điểm). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM và AB. ﾷ a. Chứng minh HPO ﾷ = HQO 1 1 b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng + có giá trị nhỏ nhất. EA EB 4 A (6,0 Q ) P M O H a B 3, ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1) 0,75 0 ∆ MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA = MH.MO (2) 2 0,5 MP MO Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay = (*) 0,5 MH MQ ∆ MPH và ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra ∆ MPH đồng ﾷﾷ 0,75 dạng ∆ MOQ (c.g.c) suy ra MHP = MQO ﾷﾷ 1 ﾷ Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp HPO = HQO = sdOH (đpcm) 0,5 2 b 3, 0 O' F E A B Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay ∆ EBF cân tại E, suy ﾷ 1ﾷ α ra BFA = BEA . Đặt ﾷAEB = α khi đó ﾷAFB = nên F di chuyển trên cung 2 2 0,5 α chứa góc dựng trên BC. 2 1 1 4 1 1 0,5 Ta có: + . Như vậy + nhỏ nhất khi EA + EB lớn EA EB EA + EB EA EB 3
nhất hay EA + EF lớn nhất AF lớn nhất (**) Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra ∆ O’AB cân tại O’ suy ra 0,5 O’A=O’B (3) ∆ O’EB và ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung và FEO ﾷﾷ ' = BEO ' (cùng bù với 0,5 ﾷ BAO ' ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4) α Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng BC. 2 0,5 (cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E O’ (***). 0,25 1 1 Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì + có giá EA EB 0,25 trị nhỏ nhất. Câu 5. (2 điểm). Tìm hình vuông có kích thước nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp được 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung. Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình vuông MNPQ tâm O cạnh là 0,75 (a2) và MN // AB. Các đường trung bình của hình vuông MNPQ chia hình vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau. Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 trong 5 0,5 tâm của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2. Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O1O2 0,5 2 (1) a−2 Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là nên 2 0,5 a−2 a−2 5 O1O2 . 2 (2) ( . 2 là đường chéo hình vuông nhỏ) 2, 2 2 (2,0 0 a−2 ) Từ (1) và (2) 2 �۳2 + a 2 2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh 2 0,5 lớn hơn hoặc bằng ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2 + 2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 A 2+2 2 B N M O1 O1 O2 a2 O 2 P O2 Q D C 20.00 Lưu ý: 1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó, 2. Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm. 4