a Chứng minh BCM đồng dạng với BEO ; b Chứng minh CM vuông góc với OE; c Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài dây AB.. Tính số đo góc BMC..[r]
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2015
Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:
A
a) Rút gọn biểu thức A;
b) Tìm x biết A = 8;
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A
Câu 2: (3,0 điểm).
a) Tìm các giá trị của a, b sao cho đồ thị hàm số y = (a – 3)x + b song song với đường thẳng y = –2x + 1 đồng thời đi qua giao điểm của hai đường thẳng y = 5x + 5 và y = x – 3
b) Tìm x y z; ; thỏa mãn
¿
2(x + y)=3 xy
3 ( y +z)=4 yz 4(x +z)=5 xz
¿ { {
¿
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc 4 Tính giá trị của biểu thức: A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) abc.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: (x + 1)(x2
+ 1) = (2y + 1)2
Câu 4: (5,0 điểm) Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không có điểm chung với
đường tròn Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E
a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO;
b) Chứng minh CM vuông góc với OE;
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài dây AB
Câu 5: (2,0 điểm) Cho tam giác đều ABC, điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM2 =
BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC
Câu 6 (2,0 điểm) Cho: x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1 Tính A = x2015 + y2015 + z2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Họ tên học sinh: ; Số báo danh:
PHÒNG GIÁO DỤC
VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán
a
(2,0đ)
ĐKXĐ x ≥ 0 , x ≠ 9 A= x√x −3
(√x +1)(√x −3) −
2(√x − 3)
√x +3
√x −3
√x −3¿2−(√x+3)(√x +1)
¿
x√x −3 − 2¿
A=¿
A= x√x − 3 −2 x+12√x −18 − x − 4√x −3
(√x −3)(√x +1) A= x√x − 3 x+8√x − 24
(√x − 3)(√x +1) =
(x +8)(√x − 3)
(√x −3)(√x+1)=
x +8
√x +1
0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ
b.
(1,0đ)
Với x ≥ 0 , x ≠ 9
A = 8 ⇔ x +8
√x +1=8
⇔ x+8=8√x +8
⇔ x −8√x=0
⇔√x (√x −8)=0
0
8 0
x x
0 64
x x
(thỏa mãn đk)
Vậy x = 0 hoặc x = 64 thì A = 8
0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ
c.
(1,0đ)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
A= x+8
√x+1=
x +4 +4
√x +1 ≥
4√x+4
4(√x +1)
Dấu “=” xảy ra
⇔ x=4 (Thỏa mãn điều kiện)
0,5 đ 0,5 đ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3khi x = 4.
a.
(1,5đ)
Vì đường thẳng (d): y
= (a - 3)x + b song song với đường thẳng
y = -2x + 1 nên:
a - 3 = -2 và b 1 =>
a = 1; b 1 Tìm được giao điểm của đường thẳng y = 5x + 5 và y = x - 3 là M(-2;-5)
Vì (d): y = -2x + b đi qua M(-2;-5) => b = -9 (thỏa mãn)
Vậy a = 1; b = -9
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
b.
(1,5đ)
+ Từ hệ đã cho ta thấy nếu một trong ba số x;
y; z bằng 0 thì suy ra hai số còn lại bằng 0 vậy (x; y; z) = (0; 0;
0) là một giá trị cần tìm
+ Trường hợp xyz 0:
¿
2(x + y)=3 xy
3 ( y +z)=4 yz 4(x +z)=5 xz
¿ { {
¿
⇔
¿ 1
x+
1
y=
3 2 1
y+
1
z=
4 3 1
z+
1
x=
5 4
¿ { {
¿
⇒
1
x+
1
y+
1
z = 4924
0,5 đ
0,75 đ
0,25 đ
Trang 4¿ 1
x=
17 24 1
y=
19 24 1
z=
13 24
¿ { {
¿
⇒
¿
x =24
17
y=24
19
z=24
13
¿ { {
¿ + Vậy các cặp số (x;
y; z) cần tìm là (x; y; z) = (0;
0; 0) và (x; y; z) = ( 24
17 ;
24
19 ;
24
13 )
a.
(2,0đ) A a(4 b)(4 c) b(4 c)(4 a) c(4 a)(4 b) abc
Ta có:
2
Tương tự:
A a b c abc abc a b c abc
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
b.
(2,0đ) + Trước hết, chứng
minh (x + 1) và (x2
+ 1) nguyên tố cùng nhau:
Gọi d = ƯCLN (x +
1, x2
+ 1) => d phải là
0,25 đ 0,25 đ
0,5 đ
Trang 5số lẻ (vì 2y + 1 lẻ)
2
1 1
2
1
x x d
x d
1 1
2 d mà
d lẻ nên d = 1
+ Nên muốn (x + 1)(x
2
+ 1) là số chính phương
Thì (x + 1) và (x2+ 1) đều phải là số chính phương
Đặt:
2
1 1
x t
(k + x)(k – x) = 1
1 0
k x
hoặc
1 0
k x
+ Với x = 0 thì (2y + 1)2
= 1 y = 0 hoặc
y = - 1(Thỏa mãn pt)
Vậy nghiệm của phương trình là: (x;
y) (0; 0); (0; 1)
0,5 đ
0,5 đ
Trang 6d
N
H
P
I E
C
B M
O A
a.
(2,0đ)
Gọi Q là giao điểm của AB với OM
Ta có AM//CE (cùng vuông góc với AC)
(so le trong)
Mà ∠ABC=900 ;
∠AQM=900 và
∠AMO=∠OMB (Dễ chứng minh)
Suy ra
∠AMO=∠OMB =
∠BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau)
⇒ tan BCE = tan OMB ⇒
BE
BC=
OB
MB
BC =
OB
BE (1) Lại có
∠MBA =∠OBC
(cùng phụ với góc ABO)
Nên ∠MBC=∠OBE
( cùng = 900 +
∠OBC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MBC
(c.g.c)
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
0,5 đ
Trang 7(1,5đ) OBE ⇒
∠BCM=∠ BEO
Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với
BC và MC
BIE
NIC (g.g)
⇒ ∠IBE=∠INC
Mà ∠IBE=900 =>
∠INC=900 Vậy
CM OE
0,5 đ 0,5 đ
c.
(1,5đ)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên
d P là giao điểm của
AB với OH
Ta có OQP OHM
(.g.g) =>
OQ OP
OH OM
QO OM = OP
OH = OA2 = R2
2
R OP
OH
Mà O và d cố định =>
OH không đổi => OP không đổi
Lại có : AB = 2AQ =
2 0A2 OQ2 mà
OQ OP
4
2
R 2R
OH OH
(không đổi) Dấu “=” xảy ra
Q P M H
Vậy GTNN của AB =
2R OH R
M H
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Trang 8(2,0đ) * Vẽ tam giác đều
CMN
Ta có: BC = AC;
CN = CM;
BCN = ACM (Vì đều có tổng với MCB bằng 600)
Do đóBCN = ACM (c.g.c) Suy ra BN = BM
* Theo giả thiết:
AM BM CM
BN BM MN
BMN
vuông tại M (Định lý Pitago)
90 0 60 0 150 0
BMC BMN NMC
0,5 đ
0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ
Từ x + y + z = 1 (x + y + z)3 = 1
Trang 9y3 - z3 = 0
0
0
x y x 2 y2 z2 2xy 2yz 2xz+xz yz z2 z2 x2 xy y2 0
2
3z 3x 3 3xz 0
0 0 0
* Nếu
2015 2015 2015
x y z A x y z
* Nếu
2015 2015 2015
y z x A x y z
* Nếu
2015 2015 2015
x z y A x y z
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ;
- HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa