Đề kiểm tra chọn học sinh giỏi lớp 9 - Môn: Toán

Nội dung text: Đề kiểm tra chọn học sinh giỏi lớp 9 - Môn: Toán

1. PHÒNG GD&ĐT VIỆT TRÌ ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Đề thi có 04 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Câu 1. Giá trị lớn nhất của hàm số y 3 4x - x 2 là A. 7. B. 3. C. 3. D. 7. Câu 2. Cho parabol P : y x 2 và đường thẳng d : y 2 m 2 x 2m2 1 . Giá trị của tham số m thoả mãn d cắt P tại hai điểm phân biệt là A. m 1. B. 5 m 1 C. 1 m 5. D. m 5. 1 Câu 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M 0;2 và parabolP : y x 2 . Biết rằng đường 4 thẳng d : ax by 2 đi qua M và d cắt P tại hai điểm phân biệt A và B . Giá trị thực của a để độ dài AB ngắn nhất là A. a 10. B. a 10. C. a 2. D. a 0. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường phân giác AD. Biết BH 63cm;CH 112cm . Độ dài HD là A. 10cm. B. 12cm. C. 16cm. D. 18cm. Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH kẻ HD  AB , HE  AC H BC,D AB,E AC thì AD.BD AE.EC bằng A. AB.AC. B. BH.BC. C. BH.HC. D. CH.BC. Câu 6. Đường thẳng d : y ax b,(a 0,b 0) cắt hai trục Ox,Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB vuông cân tại O và có diện tích bằng 8. Giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng y 2x 1 tại điểm x0;y0 . Giá trị của biểu thức P 3x0 y0 bằng A. B16. .C. D. 10. 16. 9. Câu 7. Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm 3và chiều cao là 3dm. Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a,b (đơn vị dm ) như hình vẽ. Tìm giá trị của a,b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể. 3 dm b dm a dm Trang 1
2. A. B.a = C. D.24 ,b = 24. a = 3,b = 8. a = 3 2,b = 4 2. a = 4,b = 6. Câu 8. Khoảng cách từ nhà ông A đến nhà ông C bằng AB 50m, từ nhà ông B đến nhà ông C bằng BC 80m, góc tạo bởi đường thẳng AB và BC bằng 60 (như hình vẽ). Cả ba nhà muốn khoan một cái giếng có đặt môtơ, vì muốn lực đẩy nước đến ba nhà như nhau nên họ quyết định đặt môtơ ở vị trí W cách đều ba nhà WA WB WC , rồi nối ống dẫn nước từ vị trí W về đến từng nhà, chi phí lắp đặt 1m ống dẫn nước là 25000 đồng. Chi phí mỗi nhà phải trả để lắp đặt đường ống dẫn nước là (làm tròn đến hàng trăm). Nhà ông A Cái giêng W 60 Nhà ông C Nhà ông B A. 1đồng1204. 00 B. đồng. 10C.50 7 đồng00 . D. đồng10. 20300 1010400 Câu 9. Cho đường thẳng d : y mx 2m 1, (m là tham số). Khoảng cách từ điểm A 1;1 đến đường thẳng d bằng 1. Tổng các giá trị của m thỏa mãn là 3 3 3 A. B C. D. . 3. . 4 2 2 mx y 1 Câu 10. Tính tổng tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ phương trình có nghiệm 2x my 3 duy nhất x0;y0 sao cho x0 y0 5. 4 4 5 5 A. B C. D. . . . 5 5 4 4 Câu 11. Cho x 3 29 2 45 3 7 5 2 . Giá trị biểu thức Q 19x 3 5x 2 1890x 5932 A. B .2 C02. 0D. . 2020. 3912. 3912. Câu 12. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 4x 2 4x 1 9x 2 12x 4 16x 2 24x 9 là 1 2 3 1 A. B C. D. . . . 3 3 2 2 Câu 13. Cho tam giác vuông cân ABC có Cµ 900. Từ C kẻ một tia vuông góc với đường trung tuyến BD AM cắt AB ở D. Tỉ số bằng DA Trang 2
3. 1 1 1 A. B C. D. . . 1. 4 3 2 Câu 14. Cho tam giác ABC đều, ngoại tiếp đường tròn tâm O. E,F,I lần lượt là các điểm trên cạnh EA AB,AC,BC sao cho BE BI ;CI CF . Độ dài đoạn EF nhỏ nhất khi tỉ số bằng EB 1 1 A. B C. D. . 2. 1. 3 2 Câu 15. Cho đường tròn O;R . Gọi B,C là hai điểm cố định sao cho B· OC 120 ,0 M là điểm di 1 1 động trên cung nhỏ BC M B;M C . Giá trị nhỏ nhất của biểu P là MB MC 1 2 R A. B. C D. R. . . 2R R 2 1 Câu 16. Cho tam giác ABC vuông tại B. . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD CA. Vẽ 3 DF  AB F AB . Gọi E là trung điểm của DF . Khẳng định nào sau đây đúng? 1 1 A.BE CD. B.BE 2CD. C.BE CD. D.BE CD. 2 4 PHẦN II. TỰ LUẬN (12,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 2 6y2 7xy 3x 7y 7 0. 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương nđể là 1số nguyênn 2020 ntố.2021 Câu 2 (3,5 điểm). 3 1) Giải phương trình: 3x 1 2x 2 1 5x 2 x 3 . 2 3 2 2 2 2 x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 2) Cho hệ phương trình: . y2 x 2021 y 3m Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ;y1 và x 2 ;y2 thỏa mãn điều kiện x 1 y2 x2 y1 3 0. Câu 3 (4,0 điểm). Cho đường tròn O;R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d là 2R. Điểm M thuộc đường thẳng d qua M kẻ các tiếp tuyến MA,MB tới O (A,B là tiếp điểm). 1) Chứng minh các điểm O,A,M ,B cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O . Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM . Trang 3
4. 3) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4(1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thức không âm thỏa mãn ab bc ca 0 . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 8abc 2. ab bc ca a b b c c a HẾT . Trang 4
5. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 MÔN TOÁN PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) . Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Đáp án A C D B C A D D B A Câu 11 12 13 14 15 16 Đáp án B B C D C A PHẦN II. TỰ LUẬN (12,0 điểm) Nội dung Điểm Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 2 6y2 7xy 3x 7y 7 0. 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương nđể là 1số nguyênn 2020 ntố.2021 2 2 1) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x 6y 7xy 3x 7y 7 0. 1,5 2 2 Ta có: 2x 6y 7xy 3x 7y 7 0 x 2y 1 2x 3y 5 2. 0,5 Vì x,y ¢ x 2y 1 ¢; 2x 3y 5 ¢. x 2y 1 2 x 9 0,25 TH1: . 2x 3y 5 1 y 4 x 2y 1 1 x 14 TH2: . 2x 3y 5 2 y 7 0,25 x 2y 1 1 x 12 TH3: . 0,25 2x 3y 5 2 y 7 x 2y 1 2 x 17 TH4: . 2x 3y 5 1 y 10 0,25 Vậy nghiệm nguyên của phương trình: 9; 4 ; 14; 7 ; 12; 7 ; 17; 10 . 2) Tìm tất cả các giá trị nguyên dương nđể là 1số nguyênn 2020 ntố.2021 1,5 Ta có: 1 n 2020 n 2021 n 2021 n 2 n 2020 n n 2 n 1. 0,25 1 n 2020 n 2021 n 2 n 2019 1 n n 2019 1 n 2 n 1. n 2019 1 n 2 n n 2 n 1. 0,25 673 672 671 n 2019 1 n 3 1 n 3 1 n 3 n 3 n 3 1 Trang 5
6. Vì n 3 1  n 2 n 1 n 2019 1  n 2 n 1 0,25 672 671 2020 2021 2 3 3 3 2 1 n n n n 1 n 1 n n n 1 1  n n 1 . 0,25 Vì n 2, n nguyên dương nên 1 n 2020 n 2021 là hợp số n 2, n nguyên dương thì 0,25 không có giá trị nào của n để 1 n 2020 n 2021 là số nguyên tố. Với n 1 thì giá trị của 1 n 2020 n 2021 bằng 3 là số nguyên tố. 0,25 Vậy n 1 thì 1 n 2020 n 2021 là số nguyên tố. Câu 2 (3,5 điểm). 3 1) Giải phương trình: 3x 1 2x 2 1 5x 2 x 3 . 2 3 2 2 2 2 x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 2) Cho hệ phương trình: . y2 x 2021 y 3m Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ;y1 và x 2 ;y2 thỏa mãn điều kiện x 1 y2 x2 y1 3 0. 3 1) Giải phương trình: 3x 1 2x 2 1 5x 2 x 3 . 2 2,0 1 Điều kiện x . 0,25 2 PT 2 3x 1 2x 2 1 10x 2 3x 6 0,25 4 2x 2 1 2 3x 1 2x 2 1 2x 2 3x 2 0 Đặt 2x 2 1 t (t 0) , ta được 4t 2 2 3x 1 t 2x 2 3x 2 0 0,25 2 2 Ta có ' 3x 1 4 2x 2 3x 2 x 2 6x 9 x 3 0,25 3x 1 x 3 x 2 t t nên PT 4 2 0,25 3x 1 x 3 2x 1 t t 4 2 x 2 x 2 x 2 2 x 2 Với t thì 2x 1 2 2 2 4 2x 2 1 x 2 7x 2 4x 8 0 0,25 x 2 2 60 2 60 x . x 7 7 Trang 6
7. 1 1 2x 1 2x 1 x x Với t thì 2x 2 1 2 2 2 2 2 2 2 4 2x 1 2x 1 4x 4x 5 0 0,25 1 x 2 1 6 x . 1 6 2 x 2 1 2 60 1 6  Kết hợp điều kiện x ta được nghiệm của PT là x ;  . 0,25 2 7 2  3 2 2 2 2 x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 2) Cho hệ phương trình: . y2 x 2021 y 3m Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ;y1 1,5 và x 2 ;y2 thỏa mãn điều kiện x 1 y2 x2 y1 3 0. 3 2 2 2 2 x y 2x y x y 2xy 3x 3 0 (1) y2 x 2021 y 3m (2) 3 2 2 2 2 Ta có (1) x y x y 2x y 2xy 3x 3 0 0,5 (x 1) x 2y2 2xy 3 0 x 1 2 xy 1 2 0(VL) Thay x 1 vào phương trình (2) ta được y2 y 3m 1 0 (3) Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì: 1 0,25 1 4 3m 1 0 12m 3 0 m 4 Theo đề bài: x y x y 3 0 4 y y y y 0 (4) 1 2 2 1 1 2 1 2 0,25 do x1 x2 1 . 1 Với m theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có : 4 0,5 y1 y2 1 thay vào (4) ta có: 5 1 3m 0 m 2 (thỏa mãn) y y 1 3m 1 2 Kết luận: m 2. Câu 3 (4,0 điểm). Cho đường tròn O;R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d là 2R. Điểm M thuộc đường thẳng d qua M kẻ các tiếp tuyến Trang 7
8. MA,MB tới O (A,B là tiếp điểm). 1) Chứng minh các điểm O,A,M ,B cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O . Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM . 3) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. B O H D A d K M 1) Chứng minh các điểm O,A,M ,B cùng nằm trên một đường tròn. 0,75 · MA là tiếp tuyến của O tại A nên OAM 90 0,25 · MB là tiếp tuyến của O tại B nên OBM 90 0,25 Xét các tam giác vuông OAM và OBM có chung cạnh huyền OM nên 4 điểm O,A,M ,B cùng nằm trên một đường tròn đường kính OM 0,25 2) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O . Chứng minh D là tâm đường tròn nội 1,0 tiếp tam giác ABM . Do D là giao điểm của OM với đường tròn (O) nên D là điểm chính giữa cung nhỏ 0,25 AB · Khi đó dễ thấy BD là phân giác của ABM (1) 0,25 · Lại có MD là phân giác của góc AMB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM 0,25 3) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác 2,25 MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Trang 8
9. Gọi H là giao điểm của MO và AB, K là chân đường vuông góc hạ từ O xuống d 0,25 Ta có MH vuông góc với AB và HA HB;OK 2R Suy ra: AM = OM 2 - OA2 = OM 2 - R2 AM .AO R OM 2 - R2 AH = = 0,75 OM OM AM 2 OM 2 - R2 MH = = OM OM 2 2 2 2 1 (OM - R )R OM - R Khi đó S = MH.AB = MH.HA = MAB 2 OM 2 3 2 2 æ 2 ö é æ ö ù æ ö ç æ ö ÷ ê ç R ÷ ú ç R ÷ ç ç R ÷ ÷ 0,5 = R ê1- ç ÷ ú.OM . 1- ç ÷ = R.OM .ç 1- ç ÷ ÷ ê èçOM ø÷ ú èçOM ø÷ ç èçOM ø÷ ÷ ë û èç ø÷ Với M thuộc đường thẳng d ta có æ ö2 R 1 ç R ÷ 3 OM ³ OK = 2R Û 0 < £ Þ 1- ç ÷ ³ . OM 2 èçOM ø÷ 4 0,5 3 æ ö 2 ç 3÷ 3 3R S ³ R.2R.ç ÷ = Suy ra AMB ç ÷ (đvdt) èç 4ø÷ 4 Vậy diện tích tam giác AMB nhỏ nhất khi M trùng với K. 0,25 Câu 4 (1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thức không âm thỏa mãn ab bc ca 0 . Chứng minh rằng: a2 b2 c2 8abc 2. ab bc ca a b b c c a Khi thay a;b;c bởi ma;mb;mc thì bất đẳng thức vẫn không đổi nên không mất tính 0,5 tổng quát, giả sử a b c 3 . 2 2 2 Lại có : x y y z z x 0 x2 y2 z2 xy yz zx 0,25 Khi đó tồn tại t 0;1 sao cho a2 b2 c2 3 6t 2 và ab bc ca 3 3t 2 . 0,5 Ta có a b b c c a a b c ab bc ca abc 3 3 3t 2 abc . 3 6t 2 8abc Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 . 3 3t 2 3 3 3t 2 abc Trang 9
10. 2 Mà abc 1 t 1 2t nên ta cần chứng minh 2 3 6t 2 8 1 t 1 2t 2 . 3 3t 2 3 3 3t 2 1 t 2 1 2t 2 Bằng biến đổi tương đương ta thu được 3t 2 2t 1 0 . Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. 1 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 0 hoặc t 2 hay a b c hoặc a 0, b c và các hoán vị. Lưu ý: - HS làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. - HS làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó. Trang 10