HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS. Môn thi: Toán.[r]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH MIỆN
**************
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 01 trang
Câu 1 ( 2 điểm)
2
x + x 2x + x
1) Rút gọn biểu thức A
2) Khi x ≠ 1, tìm các giá trị của x để:
2 x < 1.
A
Câu 2 ( 2 điểm)
1) Giải phương trình 3 2x - 3 = x.
2) Cho đa thức F(x) = ax3 + bx – 1 Biết F(2) = 2009, tính F(- 2)
Câu 3 ( 2 điểm)
1) Tìm các các nghiệm nguyên dương của phương trình xy + 3x – 3y = 21
2) Chứng minh rằng 2 2 + 3 là một số vô tỷ
Câu 4 ( 3 điểm)
1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB =15, AC = 17 Kẻ DH vuông góc với AC tại
H, DH cắt AB tại I Tính HI
2) Cho tam giác ABC có đường cao AH, phân giác CD và trung tuyến BM đồng quy Đặt AB = c; AC = b; BC = a
a) Tính BH theo a, b và c
b) Chứng minh
2 2 2
2 2 2
a a - b + c =
b a + b - c
Câu 5 ( 1 điểm)
Cho hai số nguyên dương m và n thoả mãn
m n
3 , chứng minh
n 3mn
3
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị
2 :
Trang 2PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Hướng dẫn chấm gồm 3 trang
M Câu
1
2,0
điểm
1)
0,25
x x 1 x - x + 1
x - x + 1
0,25
2)
A x - x
0,25
x 1
0,25
Câu
2
2
điểm
1)
1 điểm Điều kiện của ẩn số:
3
x 2
0,25
0
x - 3
x - 3
0,25
Kêt luận: phương trình có nghiệm x = 6 (Kết luận thừa nghiệm không cho điểm ý này)
0,25
Trang 31 điểm
F(2) = 8a + 2b – 1; F(- 2) = - 8a – 2b – 1 => F(2) + F(- 2) = - 2 0,5
Câu
3
2
điểm
1)
1 điểm
Nêu được y + 3 là ước của 12 và y + 3 > 3 => y + 3 {4; 6; 12} 0,25
y + 3 = 4 => y = 1; x = 6
y + 3 = 6 => y = 3; x = 5
y + 3 = 12 => y = 9; x = 4
0,25
2)
1 điểm
2
3 m (m Q) => m 11 4 6
2
m 11
(*) 4
m là số hữu tỉ nên
2
m 11
Q 4
dẫn đến (*) và (**) mâu thuẫn nhau
từ đó được đpcm
0,25
Câu
4
3
diểm
1
15
17 H
I
C
D
áp dụng đl Pitago vào tam giác vuông ADC tính được AD = 8
0,25 Tam giác ADC vuông tại D có đường cao DH => DH.AC = DA.DC
Từ đó tính được
120 DH 17
0,25
Tam giác ADI vuông tại A có đường cao AH => AD2 = DH.DI
Từ đó tính được
0,5
2 a
1 điểm
K H
D
O A
C B
M
Dễ thấy H nằm trên đoạn thẳng BC
áp dụng ĐL Pita go cho các tam giác vuông ABH và ACH được 0,5
Trang 4AH2 = AB2 – BH2; AH2 = AC2 – HC2 => AB2 – BH2 = AC2 – HC2
c2 – BH2 = b2 – (a – BH)2
Từ đó tính được
a + c - b BH
2a
0,5
2b
1 điểm
Chứng minh tương tự phần a được
a + b - c CH
2a
Gọi O là giao điểm của AH, CD và BM
CO là tia phân giác góc ACB =>
(*) b
2
0,25
Hạ MK BC Chứng minh K là trung điểm của HC => HK = HC/2
Chứng minh
CH
2
Thay BH và CH tính được theo a, b, c ở trên và thu gọn được
(**)
(*) và(**) =>
=
=>
=
0,25
Câu
5
1
điểm
Do m và n là các số nguyên dương nên
m
n m => 3n > m 3n m +1 n
0,25
m +1 = m + m 2.m.
3 3 3m 3
0,25
2
2
0,25
2
0,25
* Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
Trang 5SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Môn thi: Toán Mã số:
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 01 trang
Câu 1 ( 2 điểm)
1) Rút gọn 4 10 2
5
10 51 + 10 26
13 8
2) Cho các số dương x, y thoả mãn
x x - 3y x = 10
y y - 3x y = 5 Tính x + y
Câu 2 ( 2 điểm)
1) Tìm các giá trị của số thực a để phương trình
3x - 2a + x + a + 5 = 0
2
có ít nhất một nghiệm nguyên
2) Giải hệ phương trình
2 2
2x + xy - y - 5x + y + 2 = 0
x + y + x + y - 4 = 0
Câu 3 ( 2 điểm)
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương lẻ n thì 20n + 254.3n 391
b) Cho hai số nguyên a và b đều không chia hết cho 2009 Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số nguyên m và n sao cho ƯCLN(m, n) = 1 và am + bn chia hết cho 2009
Trang 6Câu 4 ( 3 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho AB cắt OI tại điểm nằm giữa O và I Điểm M thuộc cung lớn AB của đường tròn (O), MA và MB cắt cung lớn AB của đường tròn (I) lần lượt tại C và D Gọi giao điểm của MO và CI là E a) Chứng minh bốn điểm M, B, E, C cùng nằm trên một đường tròn
b) Gọi F là trung điểm của MC, P và Q lần lượt là điểm chính giữa của các cung
MB và BC không chứa A Chứng minh bốn điểm P, A, F, Q cùng nằm trên một đường tròn
c) Gọi K là trung điểm của CD, chứng minh khi điểm M chuyển động trên cung lớn
AB của đường tròn (O) thì đường thẳng MK luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5 ( 1 điểm)
Chứng minh rằng nếu (a – c)(a – b – c) ≤ 0 thì (2b – c)2 ≥ 8(2a – c)(a – b – c)
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1 : Chữ kí của giám thị
2 :
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Hướng dẫn chấm gồm 4 trang
Câu 1
2 điểm
1)
1 điểm
4 10 2
200
5 10
51 +10 26
13 8
408 + 2.40 26 208 + 2 208 200
0,25
8
10
64
0,25
4 10 2
1
5
5
5
13
13 13
0,5
Trang 71 điểm
2
2
x x - 3 xy = 10 (1)
y y - 3x y = 5 (2)
x x - 3 x = 100
y - 3x y = 25
0,5
Cộng từng vế của (3) và (4) ta được x3 + 3x2y + 3xy2 = 125 0,25
Câu 2
2 điểm
1)
1 điểm
Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình
3x - 2a + x + a + 5 = 0
2
4 a 6 13 10 0 (1)
2
13 3x - 2a + x + a + 5 = 0
2
0,25
2
2(6 13 10) 0
4 13 10 0
2 4 5 0 5
2 4
0
Ph ¬ng tr × nh bËc hai Èn a cã nghiÖm khi vµ chØ khi
x
0,5
0
x x = 2
Z
vµo (1) ta ® îc 2a
0,25
2)
1 điểm
2x + xy - y - 5x + y + 2 = 0 (1)
x + y + x + y - 4 = 0 (2)
y = 2 - x (1) 2x - y - 1 x + y - 2 0
y = 2x - 1
0,25
- Thay y = 2 – x vào (2) ta được 2x2 – 4x + 2 = 0 Phương trình có nghiệm x = 1 => y = 1
0,25
- Thay y = 2x – 1 vào (2) ta được 5x2 – x – 4 = 0 Phương trình này có nghiệm x1 = 1, x2 =
4 5
=> y1 = 1,
13
y
0,25
Hệ có 2 nghiệm
4 13 x;y 1;1 , ;
0,25
Câu 3
2 điểm
1)
1 điểm
20n + 254.3n = 20n – 3n + 255.3n 17 vì 20n – 3n 17 và 255 17 0,25
20n + 254.3n = 20n + 3n + 253.3n 23 vì 20n + 3n 23 (do n lẻ) và
253 23
0,25
Mặt khác 17 và 23 là hai số nguyên tố cùng nhau và 17.23 = 391 0,5
Trang 8nên ta được đpcm 2)
1
điểm
Giả sử a = 2009qa + ra (qa, ra Z và 0 < ra < 2009)
b = 2009qb + rb (qb, rb Z và 0 < rb < 2009)
d = ƯCLN(ra, rb) ( d Z)
0,25
=> tồn tại hai số nguyên khác 0 a1 và b1 sao cho ra = da1, rb = db1 và ƯCLN(a1, b1) = 1
=> a = 2009qa + da1 và b = 2009qb + db1
0,25
=> ab1 = 2009qab1 + da1b1 và ba1 = 2009qba1 + db1a1
=> ab1 – ba1 = 2009(qab1 – qba1) 2009
0,25
Đặt m = b1 và n = - a1 thì ƯCLN(m, n) = 1 (do ƯCLN(a1, b1) = 1)
và am + bn 2009
0,25
Câu 4)
3 điểm
1)
1 điểm
E
C
D B
A
O
I M
MOB = 2MAB; BIC = 2BDC MAB = BDC (Tø gi¸c ABDC néi tiÕp ® êng trßn (I)) MOB = BIC
0,5
Mặt khác MOB cân tại O và BIC cân tại I nên BME = BCE => đpcm
0,5
2)
1
điểm
Sử dụng tính chất tia phân giác hai góc kề bù
để chứng minh
PAQ = 90
0,25
Lấy N đối xứng với M qua p
S đối xứng với C qua Q
=> MBN vuông tại B BCS vuông tại B
0
0
; 180 90
NMB = BCS =
NMB BCS
MAB CAB
NMB BsC
0,5
=> MBN SBC (g.g)
n m T
R K C
B
D
A
I O
M
T
S N
Q
F
C
B P
A
I O
M
Trang 9 BM = BN
TMB TNB
Sử dụng tớnh chất đường trung bỡnh của tam giỏc
để chứng minh
PF // NC và FQ // MS =>
PFQ = 90
Từ (1) và (2) => đpcm
0,25
3)
1
điểm
1
(trong(O)) 2
(trong(I))
CD
AMB
AMB
sđCD sđAmB 2 sđAnB không đổi sđCD không đổi không đổi IK không đổi
0,25
0
BOM
2
BDC DMR+MDR 90
Tứ giác ABDC nội tiếp đ ợc MAB
MR DC Lại cú IK DC => MO // IK
0,5
Gọi T là giao điểm của MK và OI theo đl Talet ta cú
TI IK
=
TO MO
OI khụng đổi => T cố định
0,25
Cõu 5
1 điểm
Chứng minh bài toỏn phụ:
“Cho đa thức bậc hai A(x) = ax2 + bx + c
Nếu tồn tại hai số thực n và m sao cho A(n).A(m) ≤ 0 thỡ phương trỡnh bậc hai
ax2 + bx + c = 0 (*) cú nghiệm”
Thật vậy: A(n).A(m) ≤ 0 và a ≠ 0 => a2A(n).A(m) ≤ 0 =>
[aA(n)].[aA(m)] ≤ 0 => một trong hai số [aA(n)]; [aA(m)] khụng dương
- Nếu aA(n) ≤ 0 => a(ax2 + bx + c) ≤ 0
0,25
=> MBS NBC (c.g.c)
Trang 10=> phương trình (*) có nghiệm
Với aA(m) ≤ 0 lập luận tương tự ta cũng có phương trình (*) có
nghiệm
Trở lại bài toán
- Nếu 2a – c = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
0,25
- Nếu 2a – c ≠ 0 ta xét phương trình bậc hai
(2a – c)x2 – 2(2b – c)x + 8(a – b – c) = 0
Đặt A(x) = (2a – c)x2 – 2(2b – c)x + 8(a – b – c)
Ta có A(0) = 8(a – b – c) và A(-2) = 16(a – c)
A(0).A(- 2) = 128(a – c)(a – b – c) ≤ 0
Áp dụng bài toán phụ trên ta có phương trình bậc hai
(2a – c)x2 – 2(2b – c)x + 8(a – b – c) = 0 có nghiệm
=> ’ ≥ 0 => (2b – c)2 - (2a – c).8(a – b – c) ≥ 0
=> (2b – c)2 ≥ 8(2a – c)(a – b – c)
0,5