Đề chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Hà Trung (Có đáp án)

Nội dung text: Đề chọn học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Hà Trung (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HÀ TRUNG NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: Toán. Thời gian: 150 phút  x − 1 x + 8   3 x − 1 + 1 1  Câu 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức P=  +  :  −   3 + x − 1 10 − x   x − 3 x − 1 − 1 x − 1  a. Rút gọn biểu thức P 3 + 2 2 3 − 2 2 b. Tính giá trị của biểu thức P khi x= 4 − 4 3 − 2 2 3 + 2 2 Câu 2: (4.0 điểm)  x + 1 − 3 y − 1 = − 1 a. Giải hệ phương trình sau:   2 x + 1 + 5 y − 1 = 9 b. Giải phương trình x + 1 + 4 − x + (x + 1)(4 − x) = 5 c. Cho một số tự nhiên có 4 chữ số; Nếu xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị thì số đó giảm đi 5445 đơn vị. Tìm số đã cho. Câu 3: (4.0 điểm) a. Chứng minh A= ( 2n − 1) ( 2n + 1) chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n . b. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thoả mãn đồng thời các điều kiện sau: x+y+z>11 và 8x+9y+10z=100. c. Chứng minh rằng nếu xy+ (1+ x2 )(1 + y2 ) = 1 thì x 1+ y2 + y 1 + x2 = 0 Câu 4: (3.0 điểm) x 2y a. Cho x, y>0 thoả mãn + = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P=xy2. 1 + x 1 + y b. Tìm các số tự nhiên n sao cho B=n2-n+13 là số chính phương. Câu 5: (5.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD. a. Tính số đo góc C·OD 1 b. Chứng minh OI= CD và OI vuông góc với AB. 2 c. Chứng minh: AC.BD = R2 d. Tìm vị trí của điểm M để tứ giác ABCD có chu vi nhỏ nhất. Đề bài gồm có 1 trang 5 câu
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TRUNG HƯỚNG DẪN CHẤM HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019 Câu Nội dung Điểm a. (2.5 điểm) ĐKXĐ: x ≠ 10 và x>1 0.25  x − 1 x + 8   3 x − 1 + 1 1  P=  +  :  −  =  3 + x − 1 10 − x   x − 3 x − 1 − 1 x − 1  x − 1.(10 − x) + (x + 8)(3 + x − 1) 3 x − 1 + 1 − x − 1 + 3 = : 0.5 (3 + x − 1)(10 − x) x − 1( x − 1 − 3) 10 x − 1 − x x − 1 + 3x + x x − 1 + 24 + 8 x − 1 2 x − 1 + 4 0.5 = : (3 + x − 1)(10 − x) x − 1( x − 1 − 3) 1 18 x − 1 + 3x + 24 2 x − 1 + 4 3( x − 1 + 3)2 x − 1( x − 1 − 3) (4.0 = : = . 0.5 (3 + x − 1)(10 − x) x − 1( x − 1 − 3) (3 + x − 1)(10 − x) 2( x − 1 + 2) điểm) − + − − − − − − − 3( x 1 3) x 1( x 1 3) 3 x 1(x 10) = 3 x 1 = . = 0.75 10 − x 2( x − 1 + 2) 2( x − 1 + 2)(10 − x) 2( x − 1 + 2) b. (1.5 điểm) 3 + 2 2 3 − 2 2 x= 4 − 4 ⇒ 4 (3 + 2 2)2 − 4 (3 − 2 2)2 = (3 + 2 2) − (3 − 2 2) 3 − 2 2 3 + 2 2 = = 2 + 1 − 2 + 1 = 2 1.0 − 3 2 − 1 − 1 Vậy P= = 0.5 2( 2 − 1 + 2) 2
3. a. (1.0 điểm) ĐKXĐ: x ≥ − 1; y ≥ 1 0.25  x + 1 − 3 y − 1 = − 1  2 x + 1 − 6 y − 1 = − 2  y − 1 = 1  ⇔  ⇔  0.25  2 x + 1 + 5 y − 1 = 9  2 x + 1 + 5 y − 1 = 9  2 x + 1 + 5 y − 1 = 9  y − 1 = 1  y = 2  y = 2 ⇔  ⇔  ⇔  (TM ) 0.25 =  2 x + 1 + 5 y − 1 = 9  2 x + 1 + 5 y − 1 = 9  x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (3; 2) 0.25 b. (1.5 điểm) ĐKXĐ: -1 ≤ x ≤ 4 0.25 đặt a= x + 1 + 4 − x (a ≥ 0) 0.25 a2 − 5 a2=5+2 (x + 1)(4 − x) ⇒ (x + 1)(4 − x) = 0.25 2 Thay vào phương trình đã cho ta được: 2 a2 − 5 a+ =5 ⇔ a2+2a-15=0 ⇔ a2-3a+5a-15=0 ⇔ (a-3)(a+5)=0 ⇒ a=-5 (4.0 2 0.25 điểm) (loại); a=3 (thoả mãn đk) Với a=3 ta có PT: x + 1 + 4 − x =3 5+2 (x + 1)(4 − x) =9 ⇔ (x + 1)(4 − x) =2 ⇔ 4x-x2+4-x=4 ⇔ x2-3x=0 0.25 ⇔ x(x-3)=0 ⇒ x=0 (thoả mẫn đk), x=3 (thoả mãn đk) { 0; 3} Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 0.25 c. (1.5 điểm) Gọi số cần tìm là: abcd 0 ≤ b, c, d ≤ 9;1 ≤ a ≤ 9) 0.25 Ta có abcd -5445= ab ⇔ 100. ab + cd -5445= ab ⇔ 99. 55-99 ab =cd ⇔ 99(55- ab )=cd 0.25 Vì cd là số có 2 chữ số nên 55- ab =0 hoặc 55- ab =1 0.25 + Trường hợp 55- ab =00 ⇒ ab =55; cd =00 ⇒ abcd =5500 0.25 + Trường hợp 55- ab =1 ⇒ ab =54; cd =99 ⇒ abcd =5499 0.25 Vậy các số cần tìm là: 5500 và 5499. 0.25
4. a. (1.0 điểm) Ta có 2n – 1; 2n và 2n+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên (2n-1).2n.(2n+1) chia hết cho 3 0.5 Mà (2n, 3)=1 nên (2n-1)(2n+1) chia hết cho 3 0.25 Vậy A chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n 0.25 b. (1.5 điểm) Ta có 8x+8y+8z 11 và x, y, z dương nên x+y+z=12 (1) 0.25 Ta có 8x+9y+10z=100 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x + y + z = 12  x + y + z = 12  x + y + z = 12 0.5 3  ⇔  ⇔   8x + 9y + 10z = 100  96 + y + 2z = 100  y + 2z = 4 (4.0 0.25 điểm) Do x, y, z là các số nguyên dương nên z=1; y=2, x=9 c. (1.5 điểm) Ta có xy+ (1 + x2 )(1+ y2 ) = 1 ⇒ x2y2+(1+x2)(1+y2)+ 2xy (1 + x2 )(1 + y2 ) = 1 0.25 ⇒ x2y2+x2+1+y2+x2y2+2xy (1+ x2 )(1 + y2 ) = 1 0.25 ⇒ x2y2+x2+y2+x2y2+2xy (1+ x2 )(1 + y2 ) = 0 0.25 0.25 ⇒ x2(y2+1)+y2(x2+1) +2xy (1 + x2 )(1 + y2 ) = 0 2 ⇒ ( x 1+ y2 + y 1+ x2 ) = 0 0.25 ⇒ + 2 + + 2 = x 1 y y 1 x 0 0.25 x 2y a. (1.5 điểm) Ta có + = 1 ⇒ x(1+y)+2y(1+x)=(1+x)(1+y) ⇒ 1 + x 1 + y x+xy+2y+2xy=1+y+x+xy ⇒ 2xy+y=1 0.5 Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có 1=y+2xy ≥ 2 2 y.2xy = 2 2xy2 0.25 1 ⇒ 1 ≥ 8xy2 ⇒ xy2 ≤ 8 0.25 1 1 Dấu “=” xảy ra khi y=2xy ⇒ x= ⇒ y= 2 2 0.25 1 1 4 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi x=y= 8 2 0.25 (3.0 b. (1.5 điểm) B là số chính phương nên 4B cũng là số chính phương 0.25 điểm) Đặt 4B=k2 (k là số tự nhiên) thì 4n2-4n+52=k2 ⇔ (2n-1)2 –k2 =-51 0.25 ⇔ (2n-1+k)(2n-1-k)=1.(-51)=51.(-1)=17.(-3)=-3.17 0.25 Vì n là số tự nhiên nên 2n-1+k>2n-1-k ta có các hệ PT:  2n − 1 + k = 1  2n − 1+ k = 3  (1)  (2)  2n − 1 − k = − 51  2n − 1− k = − 17  2n − 1 + k = 51  2n − 1+ k = 17 0.25  (3)  (4)  2n − 1 − k = − 1  2n − 1− k = − 3 Giải các hệ (1), (2), (3), (4) ta được n=-12; n==-3; n=13; n=4 0.25 ∈ { 4; 13} Do n là các số tự nhiên nên n 0.25
5. x C I y M D A B O a. (1.25 điểm) OC là tia phân giác của góc ·AOM (T/c tia phân giác) OD là tia phân giác của M·OB (T/c tia phân Giác) Mà ·AOM và M·OB là hai góc kề bù Nên OC ⊥ OD hay C·OD =900 5 b. (1.25 điểm) Tam giác COD vuông tại O và IC=ID 1 Suy ra OI= CD (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) 2 Ta có AC//BD (cùng vuông góc với AB) Suy ra tứ giác ABCD là hình thang ⇒ OI là đường trung bình của hình thang ⇒ OI//AC ⇒ OI ⊥ AB c. (1.25 điểm) Xét tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD (CD là tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng ta có OM2=MC.MD hay MC.MD=R2 C và D là giao của các tiếp tuyến nên CA=CM, DB=DM Suy ra CA.DB=R2 d. (1.25 điểm) Ta có CA+DB=CD Hình thang ABCD có độ dài canh AB không đổi Nên chu vi hình thang nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất CD nhỏ nhất khi CD=AB CD=AB khi CD//AB CD//AB khi OM ⊥ AB; OM ⊥ AB khi M là điểm chính giữa của cung AC.