Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Thanh Oai

Tham khảo Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Thanh Oai dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất. Mời các bạn tham khảo!

PHÒNG GD&ĐT THANH

OAI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm có: 01 trang

Câu 1: (6 điểm)

6 5

2 3

2 2

3 (

: ) 1 1

(

























x x

x x

x x

x x

x M

1 Rút gọn M

2 Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên

b) Tính giá trị của biểu thức P

P 3x2013 5x2011 2006 với x 6  2 2 3  2  2 3  18  8 2  3

Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình

a) (x  3 )( x  4 )( x  5 )( x  6 )  24

b) |2 x  x2  1| = 2 x  x2  1

Câu 3: (4 điểm)

a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2

    

b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 6

x y y z z x 

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z  2

Câu 4: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của

đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F

Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF

1 Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA

2 Gọi α là số đo của góc BFE Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì

thì biểu thức P  sin6  cos6 Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó

3 Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3

và

3 3

BF  DF

Câu 5: (1 điểm)

Tìm nN* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương

PHÒNG GD&ĐT THANH

OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: Toán Câu 1: (6 điểm)

a) (4,5đ)

ĐKXĐ: x 0 ;x 4 ;x 9 (*)

1)Rút gọn M : Vớix 0 ;x 4 ;x 9 (0,5đ)

1

2

) 3 )(

2 (

2 )

4 ( 9 :

1

1

) 3 )(

2 (

) 2 ( ) 2 )(

2 ( ) 3 )(

3 ( :

1

1

) 3 )(

2 (

2 3

2 2

3 :

1 1













































































































x

x

x x

x x

x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

M

Vậy

1

2







x

x

M (với x 0 ;x 4 ;x 9) (*) (2,5đ)

2)

1

3 1 1

3 1

1 1

3 1 1

2































x x

x

x x

x x

x

M (0,75đ)

Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3  x 1  x 1 U( 3 )

Ư(3) 1 ;  3  Vì x  0 x  0 x  1 1

Nên x 1 1 ; 3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ)

x 1  1  x  0 x 0 (TMĐK (*) )

x 1  3  x  2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ)

Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên

b_

3 2 8 18 3 2 2 3 2

2



x

Có 18  8 2  ( 4  2 )2  4  2  4  2 (0,5đ)

2  2 3  4  2  2 3  4  ( 3  1 )2  3  1 (0,25đ)

6 2 2 3 3 1 3 6 2 2 2 3 3 6 2 4 2 3 3

3 3 2 4 3 1 3 2 6 3 ) 1 3 (

2



x

1 3 1 3 3 1 3 3 ) 1

3

(  2        



x (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3 1 2013  5 1 2011  2006  3  5  2006  2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014

Câu 2: (4 điểm)

a ( x 3 )(x 6 )(x 4 )(x 5 )  24

 (x2  9x 18 )(x2  9x 20 )  24 (1)

Đặt x2  9x 19  y

(1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0

 y2 – 25 = 0

 (x2 9x 24 )(x2 9x 14 )  0

 (x 2 )(x 7 )(x2 9x 24 )  0

Chứng tỏ x2  9x 24  0

Vậy nghiệm của phương trình : x  2 ;x  7

b Ta có 2xx2  1   (x2 2x 1 )   (x 1 )2  0

pt trở thành : 2xx2  1  x2 2x 1

 x 1

0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ Câu 3: (4 điểm)

a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1

Tìm GTNN của biểu thức: M = 2 2

    

M = x2 12 y2 12

    

2 2

x y

2đ

 2 2 2

2 2

xy

16 16

   

* Ta có: 1 2 1 2.1 1

4



16 16 2 4 4

Vậy M =

1 17 289

4 16

xy xy

   

Dấu “=” xảy ra

1

2



(Vì x, y > 0)

Vậy min M = 289

16 tại x = y =

1 2

0,5

0, 5

0,5

0,25

0,25

0,5

b

Cho x, y là các số dương thỏa mãn:

6

x y  y z  z x 

Chứng minh rằng:

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z  2

2đ

Áp dụng BĐT

a b a b

 (với a, b > 0)

1 1 1 1

4

Ta có:

0.5

   

3x 3y 2z 2x y z x 2y z 4 2x y z x 2y z

4 x y x z x y y z 4 4 x y x z x y y z

16 x y x z y z

Tương tự:

3x 2y 3z 16 x z x y y z

2x 3y 3z 16 y z x y x z

cộng vế theo vế, ta có:

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z

.6

0,5

0,5

0,5

0,5

Caai 4: (5 điểm)

0,25

1

1

I

H

Q P

O

A

F

D

C

E

B

BA là đường cao của tam giỏc BPQ suy ra H thuộc BA

Nối OE, BEF vuụng tại B; BA EF nờn AB2 = AE AF

VậyAEO ABQ(c.g.c) Suy ra ABQ A OE mà ABQP1 (gúc cú cỏc

cạnh tương ứng vuụng gúc) nờn AEOP1, mà hai gúc đồng vị => PH // OE

Trong AEO cú PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA

2 Ta có:

sin cos sin sin cos cos

P       

sin cos 3sin cos 1 3sin cos

Ta có:

sin cos 4sin cos 1 4sin cos sin cos

4

Suy ra: 1 3sin2 cos2 1 3 1

4 4

P      

Do đó: min 1

4

P  khi và chỉ khi: sin2  cos2  sin   cos  (vì  là



Khi đú CD vuụng gúc với AB

3 Ta cú ACB và ADB nội tiếp đường trũn (O) cú AB là đường kớnh nờn

0

ACBA B => ADBC là hỡnh chữ nhật

Ta cú: CD2 = AB2 = AE AF => CD4 = AB4 = AE2 AF2

= (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF

AB3 = CE.DF.EF Vậy CD3 = CE.DF.EF

Ta cú:

BF  F EF  AF  BF  AF  DF BF 

3 3

BF  DF

0,75đ

0,75đ

0,25đ

0,75đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Cõu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chớnh phương vỡ n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2

n K n 2 Kn K ( K N ) 1

n

n4  3   2  2  4  2  2  *



0 1 K ) k n ( n 1 K Kn

2

n3 2  2  2   2 



Mà K2 1  n2  K2  1 hoặcn 2  K 2  1

Nếu K2  1  K  1  n2( n  2 )  0  n  2

Thử lại 4 3 2

5 1 2

2    ( thỏa mãn)

Khi K 1  K2  K2 1  n2  K  n

 n  2 k  0 mâu thuẫn với điều kiện n2n  2 K K2  1  0 (1đ)

Vậy n = 2