Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh - môn toán', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH - Môn Toán
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi 29 tháng 3 năm 2012
Môn: Toán
ĐỀ CHÍNH Thời gian làm bài: 150 phút.
THỨC
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn: 6 x + 5 y +18 = 2 xy
a 5 a 4 7a 3 5a 2 a
b) Chứng minh rằng với mọi a N thì biểu thức A = + + + +
120 12 24 12 5
có giá trị là số tự nhiên.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14
y = x2
b) Giải hệ phương trình: z = xy với x, y, z 0
1 1 6
= +
x y z
Bài 3: (4,0 điểm)
1- 2
a) Cho a = . Tính giá trị của biểu thức: 16a 8 - 51a
2
b) Cho a và b là các số thực dương.
2 a+b
Chứng minh rằng: ( a + b ) + 2a b + 2b a
2
Bài 4: (5,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). Từ điểm C
trên đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác c ủa
MAB cắt CN tại I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI c ắt đ ường tròn (O)
ﾷ
tại điểm thứ hai là Q.
a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng.
b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC.
Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần
lượt lấy các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 900 (E khác B).
ﾷ ﾷ
Chứng minh rằng EF // BC.
HẾT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
1
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn Toán
ĐỀ CHÍNH
THỨC
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn: 6 x + 5 y +18 = 2 xy
Tóm tắt cách giải
Từ 6 x + 5 y + 18 = 2 xy � 2 xy − 6 x − 5 y = 18 . 2 xy − 6 x + 15 − 5 y = 33
2 x ( y − 3) − 5 ( y − 3) = 33 . ( y − 3) ( 2 x − 5) = 33 = 1.33 = 3.11
Ta xét các trường hợp sau :
� −3 =1
y � = 19
x � − 3 = 33
y �=3
x
*� � *� �
� x − 5 = 33 � = 4
2 y �x − 5 = 1
2 � = 36
y
� − 3 = 11 � = 4
y x � −3 = 3
y �=8
x
*� � *� �
� x − 5 = 3 � = 14
2 y � x − 5 = 11
2 � =6
y
Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên.
Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
a 5 a 4 7a 3 5a 2 a
b) Chứng minh rằng với mọi a N thì biểu thức A = + + + + có giá trị
120 12 24 12 5
là số tự nhiên.
Tóm tắt cách giải
5
a 4
a 3
7a 5a 2
a a 5 + 10a 4 + 35a 3 + 10a 2 + 24a
Ta có A= + + + + =
120 12 24 12 5 120
Đặt M = a 5 + 10a 4 + 35a 3 + 10a 2 + 24a M = a(a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4)
Với mọi a N ta có:
+ Trong tích có ít nhất 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp, nên M M 8
+ M là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp, nên M M 5
+ M chứa tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, nên M M 3
Vì (3; 5; 8) = 1 nên M M 3.5.8 = 120
5 4
a a 7a 5a 2 a
3
Do đó + + + + là số tự nhiên với mọi a N
120 12 24 12 5
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14
Tóm tắt cách giải
2
4 x + 1 = x − 5 x + 14 ( 1 )Điều kiện: x –1.
(1) (x2 – 6x + 9 ) + ( x + 1– 4 x + 1 + 4) = 0 ( x – 3)2 + ( x + 1 – 2)2 = 0
( x − 3) 2 = 0 x−3= 0 x=3 �=3
x �=3
x
� � (TM ĐK)
( x + 1 − 2) 2 = 0 x +1 − 2 = 0 x +1 = 2 � +1 = 4
x �=3
x
Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 3.
y = x2
b) Giải hệ phương trình: z = xy với x, y, z 0
1 1 6
= +
x y z
2
- Tóm tắt cách giải
y = x 2 (1)
Hệ phương trình: z = xy (2) với x, y, z 0
1 1 6
= + (3)
x y z
Thế (1) vào (2) ta có z = x3 (4)
1 1 6 x2 x + 6
Thế (1) và (4) vào (3) ta có: = 2 + 3 hay 3 = 3
x x x x x
2 2
Vì x 0 nên ta có x = x + 6 x – x–6 =0
x = −2 (nhận)
(x + 2)(x – 3) = 0 (nhận)
x=3
Với x = –2 y = 4; z = –8
Với x = 3 y = 9; z = 27
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (–2 ; 4 ; –8) và (3 ; 9 ; 27).
Bài 3: (4,0 điểm)
1- 2
a) Cho a = . Tính giá trị của biểu thức: 16a 8 - 51a
2
Tóm tắt cách giải
Ta có:
1− 2
a= � 2a = 1 − 2 � 1 − 2 a = 2 � 4 a 2 = 4 a + 1
2
� 16a 4 = 16a 2 + 8a + 1 = ( 16a + 4 ) + 8a + 1 = 24a + 5
169
� 256a 8 = 816a + 169 � 16a 8 − 51a =
16
13
� 16a8 − 51a =
4
b) Cho a và b là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a+b
( a + b)
2
+ 2a b + 2b a
2
Tóm tắt cách giải
2 2
� 1� � 1�
Với ∀ a, b > 0, ta có: � a − � 0; � b − � 0
� 2� � 2�
1 1 1 1
�a− a + � b − b + � � (a − a + ) + (b − b + ) � ∀ a, b > 0
0; 0 0
4 4 4 4
1
�a+b+ � a+ b >0 Mặt khác a + b 2 ab > 0
2
� 1�
Nhân từng vế ta có : ( a + b ) � + b ) + � 2 ab
(a
� 2�
( a+ b )
� ( a + b) +
2 ( a + b)
� a b + 2b a
2
2
Bài 4: (5,0 điểm)
Trên đường tròn (O) đường kính AB lấy điểm M (M khác A và B). T ừ đi ểm C trên
ﾷ
đoạn OB (C khác B) kẻ CN vuông góc với AM tại N. Đường phân giác c ủa MAB cắt CN
tại I và cắt đường tròn (O) tại P; đường thẳng MI c ắt đ ường tròn (O) t ại đi ểm th ứ hai là
Q.
a) Chứng minh ba điểm P; C; Q thẳng hàng.
3
- b) Khi BC = AM, hãy chứng minh tia MI đi qua trung điểm của đoạn AC.
Tóm tắt cách giải
1 2
1
1
2
3
a) Chứng minh P, C, Q thẳng hàng
Ta có CI // BM ( cùng vuông góc AM)
ﾷ ﾷ
M 2 = I1 ( đồng vị ) (1)
M = ﾷ ( góc nội tiếp cùng chắn cung BQ)
ﾷ
2 A3 (2)
Từ (1) và (2) � ﾷ 3 = I1 � Tứ giác AICQ nội tiếp .
A ﾷ
� IQC = ﾷ (góc nội tiếp cùng chắn cung IC)
ﾷ A 2 (3)
ﾷ ﾷ
sd MP sd PB ﾷ
ﾷ
Lại có : MQP = = = A2 (4)
2 2
ﾷ ﾷ
Từ (3) và (4) � IQC = MQP
ﾷ ﾷ
Ta có 2 tia QC và QP nằm ở 1/2 mặt phẳng bờ QM có MQP = IQC nên 2 tia QC và QP trùng
nhau. Do đó Q; C; P thẳng hàng.
b) Chứng minh MI đi qua trung điểm của AC
Gọi E là giao điểm của MQ và AB . Ta có
IC // BM ( cùng vuông góc AM)
EC EI
� = (5)
BC MI
EI AE
ﾷ
Mặt khác AI là phân giác của MAB nên = (6)
IM AM
EC AE 
=
Từ (5) và (6) � BC AM � EC = AE
�
BC = AM ( gt )
Vậy MI đi qua trung điểm của AC .
4
- Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy
các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 900 (với E khác B).
ﾷ ﾷ
Chứng minh rằng EF // BC.
Tóm tắt cách giải
A
P D Q
E F
M B N
Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. C
H
Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HM. HC (1)
Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HB. HN (2)
HB HC HB HC
Từ (1) và (2) HM.HC = HB.HN � = � = (3)
HM HN BM CN
Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P và Q.
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
PD ED PD AD
Vì PD // BM � = ; PD // BH � = .
BM EM BH AH
PD PD ED AD BH ED AH
Do đó � : = : � = . (4).
BM BH EM AH BM EM AD
CH FD AH
Tương tự ta cũng có = . (5)
CN FN AD
ED FD
Từ (3) (4) và (5) � = .
EM FN
Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC.
Ghi chú :
+ Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, học sinh gi ải cách khác mà đúng thì v ẫn
cho điểm tối đa. Tổ chấm thảo luận thống nhất biểu điểm chi tiết cho các tình huống làm
bài của học sinh.
+ Bài Hình học, nếu không có hình vẽ nhưng h ọc sinh th ực hi ện các b ước gi ải có
logic và đúng thì cho nửa số điểm tối đa của phần đó. Vẽ hình sai (v ề m ặt b ản ch ất)
nhưng lời giải đúng thì không cho điểm.
+ Điểm từng câu và toàn bài không làm tròn số.
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
