Đề thi HSG Toán 9 kèm đáp án

Chia sẻ: Nguyen Hoang Phuong Uyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

540
lượt xem 170
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 kèm đáp án giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG Toán 9 kèm đáp án

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 Bài 1: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và + + =0 x y x yz zx xy Chứng minh rằng + + =3 x 2 y2 z2 Bài 3: (3 điểm) Giải hệ phương trình: ⎧ x + y =7 ⎪ ⎨ ⎪ x − 20 + y + 3 = 6 ⎩ Bài 4: (4 điểm) Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F. OA OB OC Chứng minh rằng + + =2 AG BE CF Bài 5: (4 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD. a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6: (3 điểm) 1 1 1 Chứng minh: 17 < + +L + < 18 2 3 100 1
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) Biến đổi: (1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0 2n 3 − 3n 2 +14n − 5 16 ⇔m= = 2n − 3 + 2 n +7 2 n +7 Vì m, n ∈ Z, nên (n + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}. 2 +) Nếu n2 = 1 thì n = ±1 +) Nếu n2 = 9 thì n = ±3 + Với n = 1, ta có m = 1 + Với n = -1, ta có m = -3 + Với n = 3, ta có m = 4 + Với n = -3, ta có m = -8. Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}. Bài 2. 1 1 1 Cho x, y, z khác 0 thỏa + + =0 . x y z yz zx xy Chứng minh 2 + 2 + 2 = 3 x y z Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1 = (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 2 Ta có: (a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1 = (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 2 Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c. 1 1 1 1 1 1 Đặt a = , b = ,c = , theo giả thiết + + = 0 nên suy ra a + b + c = 0 x y z x y z Do đó a + b + c – 3abc = 0 ⇔ a + b3 + c3 = 3abc, 3 3 3 3 1 1 1 3 hoặc 3 + 3 + 3 = x y z xyz yz zx xy Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 + 2 + 2 = 3 (đpcm). x y z Bài 3. Giải hệ phương trình: 2
⎧ x + y =7 ⎪ ⎨ ⎪ x − 20 + y + 3 = 6 ⎩ Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0. Đặt a = x − 20, b = y + 3 (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3. Hệ phương trình viết lại: ⎧ a 2 + 20 + b 2 − 3 = 7 (1) ⎪ ⎨ ⎪a + b = 6(2) ⎩ Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 Bình phương hai vế của (1) ta có: a2 + 20 + b2 – 3 + 2 (a 2 + 20 )( b 2 − 3) = 49 (3) Thay b = 6 – a vào (3), ta có: a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 (a 2 + 20 ) ⎡( 6 − a ) − 3⎤ = 49 ⎣ 2 ⎦ ⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 (a 2 + 20 )( a 2 −12a + 33) = 49 ⇔ (a 2 + 20 )( a 2 −12a + 33) = - a2 + 6a – 2 (4) Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có: (a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2 ⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a ⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0 164 ⇔ a1 = 4: chọn, a2 = > 6 : loại 13 Với a = 4, ta có b = 2. Thế lại ẩn cũ: a = 4 ⇒ x − 20 = 4 ⇔ x = 36 b = 2 ⇒ y+3 = 2 ⇔ y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36, y = 1. Bài 4. A OA OB OC Chứng minh: + + =2 AG BE CF Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 S2 E Ta có: S1 F OA S1 S S1 + S2 S +S O = = 2 = = 1 2 (1) AG SABG SACG SABG + SACG SABC S3 Lập luận tương tự, ta có: B A C OB S1 + S3 G = (2) BE SABC OC S2 + S3 E = (3) S1 S2 CF SABC F O Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có: S3 B C G 3
OA OB OC 2(S1 + S2 + S3 ) 2SABC + + = = =2 . AG BE CF SABC SABC Bài 5. a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất Ta có PAN + PHN = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1) Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2) x Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H cùng thuộc một đường tròn. C Do đó AHM = APM = 900 Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD = MCD (góc nội tiếp cùng chắn cung MD) Tam giác ABC vuông cân tại A có AD vừa là đường cao vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác nên: D MB = MC ⇒ ΔMBC cân tại M H ⇒ MCD = MBD , do đó MPD = MBD (3) P M Ta lại có AMB là góc ngoài ΔMBD tại M nên: AMB = MBD + MDB = MBD + 900 (4) APH = APM + MPH = 900 + MPD (5) Từ (3), (4), (5) suy ra: APH = AMB (6) A B K N O Vì tứ giác APHM nội tiếp nên: APH + AMH = 1800 (7) Từ (6), (7) suy ra: AMB + AMH = 1800 Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB = 900 Vậy H thuộc đường tròn (O). E Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất ⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D. Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (R là bán kính đường tròn (O)). b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O). Ta có AHN = APN = 450. Vì AHB = 900, suy ra NHB = 450. Do đó HN là tia phân giác của góc AHB , suy ra E là điểm chính giữa của cung AB , nên điểm E cố định. Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa của cung tròn AB của đường tròn (O). Bài 6. Chứng minh: 1 1 1 17 < + +L +
Ta chứng minh bài toán tổng quát: 1 1 1 2 n − 3< + +L + < 2 n − 2 (n ∈ N, n ≥ 2) 2 3 n Ta có: *) 1 k = 2 k+ k < 2 k + k −1 ( ) = 2 k − k −1 (1) Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có: ⎧ 1 ( ⎪ 2 2 101 − 2 = 2 101 − 2 2 > 2 100 − 3 =17 1 1 1 Vậy 17 < + +L +
Sở Giáo dục - Đào tạo TP.Hồ Chí Minh KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-THCS CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 : (3 đ)Thu gọn cc biểu thức: a) A  6  2 5  29  12 5 b) B  8  8  20  40 15 4 12 C(   )( 6  11) c) 6 1 62 3 6 Câu 2 : (3 đ) 2 2 2 2 a) Chứng minh : ( x  y  z )  3( x  y  z ) , x, y, z  R 1 1 1 x y  z 1 , x  , y , z b) Cho 4 4 4 . Chứng minh : 4 x  1  4 y  1  4 z  1  21 .
Dấu bằng xảy ra khi x, y, z bằng bao nhiu? Câu 3 : (4 đ) Giải hệ phương trình v phương trình:  xy 12 x  y  5   yz 18   y  z 5  zx 36   a)  z  x 13 x2  x2  4  8  x2 b) 4 Câu 4 : (2 đ) Cho phương trình : ax 2  bx  c  0 cĩ cc hệ số a , b, c l cc số nguyn lẻ. Chứng minh rằng phương trình nếu cĩ nghiệm thì cc nghiệm ấy khơng thể l số hữu tỉ. Câu 5 : (4 đ) Cho nửa đường trịn tm O đường kính AB bằng 2R. Gọi M là một điểm chuyển động trên nửa đường trịn (O) ( M khc A v B). Vẽ đường trịn tm M tiếp xc với AB tại H. Từ A v B vẽ hai tiếp tuyến tiếp xc với đường trịn tm M lần lượt tại C và D. a)Chứng minh ba điểm M, C, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đường trịn (O) tại M.
b)Chứng minh tổng AC + BD không đổi. Tính tích số AC.BD theo CD. c)Giả sử CD cắt AB tại K. Chứng minh OA2 = OB2 = OH.OK. Câu 6 : (4 đ) Tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O) cĩ ACB = 45o. Đường tròn đường kính AB cắt AC và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh MN AB vuông góc OC và MN = 2.
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang ) Câu 1 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức: A =  x  50  x + 50  x + x 2  50 với x  50 b) Cho x + 3 = 2 . Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu 2 (2,0 điểm): 4x 3x a) Giải phương trình + =6 x 2  5x + 6 x 2  7x + 6  x + y + 4 xy = 16  b) Giải hệ phương trình sau:   x + y = 10  Câu 3 (2,0 điểm): a) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab  11b 2 chia hết cho 5 thì a 4  b 4 chia hết cho 5. 5 3 b) Cho phương trình ax 2 +bx+1  0 với a, b là các số hữu tỉ. Tìm a, b biết x = 5+ 3 là nghiệm của phương trình. Câu 4 (3,0 điểm): Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm ME. Câu 5 (1,0 điểm): 1 Cho A n = với n * . (2n +1) 2n  1 Chứng minh rằng: A1 + A 2 + A 3 + ... + A n < 1 . ------------- HẾT ------------ Họ và tên thí sinh: ……………………………… ….. Số báo danh …………….
Chữ kí giám thị 1 ………………….. Chữ kí giám thị 2 …………………..
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM Ta có : 2 A2 =  x - 50 - x + 50  x + x 2 - 50  0,25   A 2 = x - 50 + x + 50 - 2 x 2 - 50 x + x 2 - 50  a) A2 =  2x - 2  x 2 - 50 x + x - 50  2 0,25 1,0 điểm  A 2 = 2 x 2 - x 2 + 50  Câu 1 A 2 = 100 0,25 2,0 điểm Nhưng do theo giả thiết ta thấy A =  x - 50 - x + 50  x + x 2 - 50 x  2   3  ( x  2)  3 b)  x2  4 x  1  0 0,25 1,0 B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 0,25 điểm 0,25 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013 0,25 Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x  0 , phương trình đã cho tương đương với: 4 3 + =6 6 6 x 5+ x7+ x x 6 Đặt t = x  7 + phương trình trở thành x Câu 2 a) 4 3 + =6 1 t  0;t  2  0,25 2,0 1.0 t+2 t điểm điểm 1  4t  3t  6  6t 2  12t  6t 2  5t  6  0 3 2 Giải phương trình ta được t1  ; t 2  ( thỏa mãn ) 0,25 2 3 3 6 3 Với t1  ta có x  7    2 x 2  11x  12  0 2 x 2 3 Giải phương trình ta được x1  ; x 2  4 ( thỏa mãn ) 0,25 2
2 6 2 Với t 2  ta có x  7    3 x 2  23 x  18  0 3 x 3 23  313 23  313 Giải phương trình ta được x 3  ; x4  (thỏa mãn) 6 6 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : 3 23  313 23  313 0,25 x1  ; x 2  4 ; x 3  ; x4  2 6 6  x + y + 4 xy = 16   (I) ( x; y  0 )  x + y = 10  Đặt S= x y ;P= xy ( S  0;P  0 ) hệ (I) có dạng S + 4P = 16 0,25  2 ( II) b) S - 2P = 10 1,0 S = 4 điểm Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được  0,25 P = 3 Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1 0,25 x = 9 x = 1 Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  ; y = 1 y = 9 0,25  4a 2  3ab  11b 2 5  5a 2  5ab  10b 2  4a 2  3ab  11b 2 5    0.25 a)  a 2  2ab  b 2 5 2 1.0   a  b  5 0,25 điểm 0,25  a  b5 ( Vì 5 là số nguyên tố) 4 4  2   a  b  a  b 2  a  b  a  b 5 0,25 2 Câu 3 x 5 3 =  5 3   4  15 2,0 5 3  5 3  5 3  0,25 điểm 5 3 x là nghiệm của phương trình nên ta có b) 5 3 1,0 2 điểm    a 4  15  b 4  15 1  0  a  31  8 15   b  4  15  1 0   15(8a  b)  31a  4b  1  0 0,25 Vì a, b  Q nên (8a  b), (31a  4b  1) Q
31a  4b  1 0,25đ Do đó nếu 8a  b  0 thì 15   Q (Vô lí) 8a  b 8a  b  0 a  1 Suy ra   0,25 31a  4b  1  0 b  8 M Q P O D H A B K I d C N E I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O ) a)  OI  BC  OIA  900 0,25 1,0 Ta có AMO  900 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) 0,25 điểm ANO  900 ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) 0,25 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA 0.25 Câu 4 AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác 3,0 điểm MON mà ∆OMN cân tại O nên OA  MN 1 ∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì ANB=ACN= sđ NB và 2 AB AN 0,25 CAN chung ) suy ra =  AB.AC=AN 2 AN AC ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 b) Suy ra AB.AC = AH.AO 0,25 1,0 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=900 và OAI chung ) điểm AH AK  =  AI.AK=AH.AO AI AO  AI.AK=AB.AC AB.AC  AK= 0,25 AI Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K 0,25 cố định c) Ta có PMQ=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ). 1,0
điểm Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ), ME MH 0,25 EMH=MQD ( cùng phụ với MPO )   MQ DQ ∆PMH đồng dạng với ∆MQH MP MH MH    MQ HQ 2 DQ 0,25 MP 1 ME   MQ 2 MQ 0,25  ME = 2 MP  P là trung điểm ME. 0,25 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  n         0,25 2  2n  1 2n  1  2  2n  1 2n  1  2n  1 2n  1  1 1 1 1 2 Câu 5 Vì   0 và   nên 1,0 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 điểm 1 1 0,25 A   (n  *) n 2n  1 2n  1 1 1 1 1 1 Do đó: A1  A2  A3  ...  An  1        3 3 5 2n  1 2n  1 1 0,25 A1  A2  A3  ...  An  1  1 2n  1 Hết