Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2016-2017 Phòng GD&ĐT Lục Nam

Chia sẻ: Trần Hạo Tôn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

1.236
lượt xem 100
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi HSG sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2016-2017 Phòng GD&ĐT Lục Nam dưới đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2016-2017 Phòng GD&ĐT Lục Nam

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Ngày thi: 6/10/2016 Thời gian làm bài:150 phút PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (4,0 điểm)  xy  x   1) Rút gọn biểu thức A   x  1   1 : 1   xy  1 1  xy      x  0; y  0; xy 1 .  2) Cho x   3  1 . 3 10  6 3 21  4 5  3 xy  x xy  1   x  1  với  xy  1    2017 , tính giá trị biểu thức P  x 2  4x  2 . Câu 2 (5,0 điểm) 1) Cho x  2 1 2 1 là một nghiệm của phương trình: ax 2  bx  1  0 . Với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a và b. 2) Cho P là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh P 20 – 1 chia hết cho 100. 3) Cho a, b, c là độ dài của 3 cạnh một tam giác, chứng minh rằng: a4  b4  c 4  2a2b2  2a2c2  2b2c2 Câu 3 (4,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x sao cho x 3 – 3x 2  x  2 là số chính phương. 2) iai phương tr nh: x 2  3x  2 x  2  2x  x  6 5 x Câu 4 (6,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có AB = BD = a. Trên tia đối của tia AB lấy điểm N, trên tia đối của tia DB lấy điểm K sao cho AN + DK = 2a. ọi giao điểm của CN với BD và AD thứ tự là I và M. Tia BM cắt ND tại P. 1) Chứng minh IC.CN = IN.CM. 2) Chứng minh DM.BN = a2 từ đó tính số đo góc BPD. 3) Tìm vị trí điểm N và K để diện tích tứ giác ADKN lớn nhất. Câu 5 ( 1, 0 điểm) 1 a 1 b 1 c Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Chứng minh rằng a 5  b5  c5     6. ------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh:.................................. iám thị 1 (Họ tên và ký)...................................................................................................... iám thị 2 (Họ tên và ký)...................................................................................................... W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | 1 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM Câu Câu 1 Hướng dẫn giải 1.1  xy  1   xy  11  xy   xy  11  xy   xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy    xy  11  xy   x  1 1  xy    xy  x  xy  1   xy  11  xy    xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy       x  1 1  xy  xy  x 1 x  1 x y  xy xy  x  3  1 . 3 ( 3  1)3 ( 20  1)  3 (2.0 điểm)  2 2( 5  2) 0.75 0.5 0.75  ( 3  1)( 3  1) 2 1.2 Điểm với x; y  0, xy 1 A (2.0 điểm) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 (Bản hướng dẫn chấm có 04 trang) 0.75 20  4  5  2. 0.5  x2  4 x  1  0  P  1 0.5 0.25 Câu 2 Ta có Vì x  2.1 (2.0 điểm) 2 x 2 1 2 1 2 1  3 2 2 2 1 0.25 là một nghiệm của phương trình: ax 2 + bx + 1 = 0 Nên 17a  12a 2  3b  2b 2  1  0 0.5  2 12a  2b   17a – 3b – 1 Do a, b là các số hữu tỉ nên - 17a – 3b – 1 và 12a + 2b là các số hữu tỉ 0.5  2 12a  2b là một số hữu tỉ W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | 2 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai 12a  2b  0 a  1  17a  3b  1  0 b  6 =>  0.25 Kết luận… Ta có p20 1 (p4 1)(p16 p12 p8 p4 1) Do P là số nguyên tố lớn hơn 5 => p là một số lẻ => p2 + 1 và p2 – 1 là các số chẵn 0.5 => p4 -1 chia hết cho 4 => p20 -1 chia hết cho 4 2.2 (1.5 điểm) Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 => p là một số không chia hết cho 5 Lập luận được p4 -1 chia hết cho 5 Lập luận được p16 p12 p8 p4 1 chia hết cho 5 0.75 => p20 -1 chia hết cho 25 Mà (4 ; 25) = 1 0.25 => p20 -1 chia hết cho 100 a4  b4  c4  2a2b2  2a2c2  2b2c2  a4  b4  c4  2a2b2  2a2c2  2b2c2  0 0.75   a 2  b2  c 2    2b c   0 2 2   a 2  b2  c 2  2bc   a 2  b2  c 2  2bc   0 2.3 (2.0 điểm)   a  b  c)( a  b  c  (a  b  c)(a  b  c)  0 0.5 Vì a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác nên: a  b  c  0; a  b  c  0; a  b  c  0; a  b  c  0   a  b  c)( a  b  c  (a  b  c)(a  b  c)  0 0.75 Kết luận… Câu 3 Ta có: x3 - 3x2 + x + 2 = (x-2)(x2 – x -1) * Xét x – 2 = 0  x = 2 thỏa mãn bài toán; x 2 – x -1 = 0 (loại) 3.1 (2.0 điểm) 0.5 * Xét x - 2 = x2 – x -1 Suy ra x = 1 Xét x ≠ 2; x ≠ 1 Với x nguyên ta chứng minh được: (x – 2 ; x2 – x -1) = 1 W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 0.5 Trang | 3 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Nên x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương khi x – 2 và x2 – x -1 cùng là số chính phương. Để x2 – x -1 là số chính phương thì x2 – x -1 = y2 với y  Z. 0.5 Tìm được x = 2 (không thỏa mãn x ≠ 2); x = -1 Thử lại x = - 1 ta có x3 - 3x2 + x + 2 có giá trị là -1 không phải là số chính phương => x = - 1 loại 0.5 Vây x = 2 hoặc x = 1 thì x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương. iai phương tr nh: Đieu kien: x x x x 3.2 (2.0 điểm) x 2  3x  2 x  2  2x  x  6  5 (*) x 0.25 0. 3 x 3  x 2 x 2 2x  x  2 x  3  2  x   x2 5x x 6 0 x  2  2x  0 1.0  x 3  x  x 2 2 x  x 2 0 x  x 3   x  x 2   2  0   x     x  x  2  0 hoặc x 3 20 x Nếu x  x  2  0 Tìm được x = 2 thỏa mãn x 3  2  0 Tìm được x = 1 thỏa mãn Nếu x 0.75 Câu 4 W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | 4 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai B A C I M N D P K + Do ABCD là hình thoi => AB =BC = CD = AD = a + BI là đường phân giác của tam giác BNC => IC BC a   IN BN BN 0.75 + AM // BC, Áp dụng định lý Ta lét trong tam giác NBC ta có: 4.1 (2.0 điểm) 0.75 MC AB a   CN BN BN Nên MC IC  a      IC.CN  IN .CM . CN IN  BN  0.5 + Chứng minh được hai tam giác BNC và DCM đồng dạng (g.g)  1.5 BC BN   DM.BN = a2 DM DC Ta có AB = AD = a và BD = a => tam giác ABD đều  ABD  BDM  600 (1) 4.2. (2.5 điểm) Lại có DM.BN = a2  a BN BD BN    (2) DM a DM BD Từ (1) và (2) => Hai tam giác MDB và DBN đồng dạng (c.g.c)  BND  DBM Xét hai tam giác DBP và DNB có góc D chung và BND  DBM => Hai tam giác DBP và DNB đồng dạng (g.g)  NBD  BPD  600 0.5 0.25 0.25 Vì S(ABD) không đổi => S(ADKN) lớn nhất khi S(ADKN) + S(ABD) lớn nhất hay S(NBK) lớn nhất 4.3. (2.0 điểm) Thật vấy: S(NBK) = 1 NB.BK .Sin600 (HS phải chứng minh công thức này) 2 1 => S(NBK) = NB.BK . 3 4  NB  BK  2 Lại có NB.BK    =4a 2   0.5 2 W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net 0.5 T: 098 1821 807 Trang | 5