Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 - Môn thi: Toán học

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

1. UBND HUYỆN BÁ THƯỚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐỀ Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán Đề chính thức Thời gian làm bài 150 phút Đề thi có 01 trang Bài 1:(4điểm). a) Giải và biện luận bất phương trình: m2x - 3 9x + m ( m là tham số). b) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x-1)2(x2-2x+2)-12 x 2 x 3x 9 Bài 2:(4,5điểm). Cho biểu thức : A = x 3 x 3 x 9 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của x để A = 1 . 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Bài 3:(4,5điểm). a) Giải phương trình: 7 x x 1 x 2 6x 13 b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x2 + 7xy + 6y2 = 60 c) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn  1;2 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6. Chứng minh rằng: a + b + c 0. Bài 4:(6điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến d của nửa đường tròn đó. Gọi D, C theo thứ tự là hình chiếu của A và B xuống d, gọi H là hình chiếu của M xuống AB. Chứng minh rằng: a) MC = MD. b) AM là tia phân giác của góc BAD; BM là phân giác của góc ABC. c) MH2 = AD.BC. Xác định vị trí của M để tích AD.BC đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị đó. Bài 5 : (2,0 điểm). Cho x, y là hai số khác 0. 4x 2 y 2 x 2 y 2 Chứng minh rằng: 3 (x 2 y 2 ) 2 y 2 x 2 Họ và tên thí sinh: Số báo danh
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS BÁ THƯỚC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 - 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 - Hướng dẫn này có 5 trang. - Đây là hướng dẫn chấm, Giám khảo phải căn cứ vào bài làm của học sinh để chấm điểm. Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Nếu bài hình vẽ sai cơ bản thì không chấm bài hình. - Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn. Câu Ý Đáp án và hướng dẫn chấm Điểm Giải và biện luận bất phương trình: m2x-3 9x+m (m2 - 9)x m + 3 (m - 3)(m + 3)x m + 3. 0,25 + Với m = 3 bất phương trình trở thành : 0x 3 . Vô nghiệm. 0,25 + Với m =-3 bất phương trình trở thành: 0x 0. Đúng với mọi x R. 0,25 + Với m2 - 9 > 0 m > 3 m > 3 m m -3 3 hoặc m < - 3. BPT có nghiệm là: x m 3 0,25 1 + Với -3< m < 3 . Bất phương trình có nghiệm là x m 3
3. (x-1)2(x2-2x+2)-12 Ta có: (x-1)2(x2-2x+2)-12 = (x-1)2(x2-2x+1+1)-12 0,5 2 = (x-1)2[(x-1)2+1]-12 0,5 (2đ) Đặt (x-1)2 = t. Đa thức đã cho trở thành t(t+1)-12 = t2+t-12 = 0,5 (t-3)(t+4) = (x -1)2 3(x -1)2 4 = (x-1-3 )(x-1+3 )(x2-2x+5) 0,5 Đkxđ: x 0; x 9. 0,5 x 2 x 3x 9 Ta có: A = x 3 x 3 x 9 x( x 3) 2 x( x 3) 3x 9 1 = x 9 x 9 x 9 0,5 (1,5đ) x 3 x 2x 6 x 3x 9 x 9 3 x 9 3( x 3) 3 II 0,5 x 9 x 9 x 3 (4,0đ 1 3 A = x 3 9 0,5 3 x 3 2 0,5 x 6 (1,5đ) 0,5 x = 36. 3 A lớn nhất x 3 nhỏ nhất 0,5 3 x 3 0,5 (1,5đ) x 0 0,5 x = 0. Điều kiện 1 x 7 0,25 Áp dụng BĐT (ax + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) 0,25 Nên vế trái 7 x x 1 (1 1)(7 x x 1) 4 0,25 III 1 còn vế phải x2 - 6x +13 = (x - 3)2 + 4 4 0,25 (4,5đ) (1,5đ) Dấu “=” xảy ra khi x = 3 Để 7 x x 1 x 2 6x 13 0,25 thì x2 - 6x +13 = 4 x = 3 . Ta thấy x = 3 thoả mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 0,25
4. Phương trình tương đương với: 2(x2 + 4xy + 4y2 ) - (xy + 2y2 ) = 60 0,5 2(x + 2y)2 - y(x + 2y) = 60 (x + 2y)(2x + 3y) = 60 x 2y m Đặt (I) . Ta có mn = 60 0,5 2x 3y n 2x 4y 2m (I) y 2m n (1) 2x 3y n 0,5 2 3x 6y 3m (1,5) (I) x 2n 3m (2) 4x 6y 2n Do điều kiện x 0 và y 0, từ (1) và (2) ta có: 3 2n 3m0 n m 3 2 hay m n 2m 2m n0 2 n 2m Nhân các vế với n > 0 và áp dụng mn = 60 ta có 90 n2 (a + 1)(a – 2) 0 hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 0,25 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 0,25 3 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 (1,5đ) nên: a + b + c 0 0,5 1 Ta có: AD// OM// BC ( Vì cùng vuông góc với d) 0,75 (2đ) Mà OB = OA => MC = MD 0,75 IV Ta có: DAM = AMO ( So le trong) 0,5 2 AMO = MAO ( Do AMO cân đỉnh O ) (6,0đ) 0,5 (2đ) => DAM = MAO => AM là tia phân giác của DAB. 0,5 Chứng minh tương tự ta củng có BM là tia phân giác của ABC. 0,5
5. Ta cã: AMD = AMH ( 2 tam gi¸c vu«ng cã c¹nh huyÒn chung vµ gãc nhän b»ng nhau) => AD = AH. d 0,25 C Tương tự: BMC = BMH => BC = BH M => AD.BC = AH.BH (1) D 0,25 Lại có: Trong AMB có MO 3 Là trung tuyến ứng với cạnh AB A B 0,25 H O 1 (2đ) và MO = AB => AMB vuông tại M. H 2 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 0,25 MH2 = AH.BH (2) Từ (1),(2) => MH2 = AD.BC 0,25 1 + Ta có: MH MO (= AB) (không đổi) 2 0,25 1 1 => MH2 AB2 => AD.BC AB2 4 4 0,25 Dâú “=” xãy ra khi H  O M là điểm chính giữa của nữa đường 1 tròn. Vậy tích AD.BC có giá trị lớn nhất là AB2, khi M là điểm chính 4 0,25 giữa của nữa đường tròn. Sử dụng (a - b)2 0 a2 + b2 2ab 0,25 2 2xy x 2 2xy x 4x 2 2. . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 (1) x y y x y y x y 0,25 2 2xy y 2 4y 2 x 2 y 2 (2) ; 2 (3) Tương tự : 2 2 2 2 2 2 2 V x y x x y y x 0,25 (2,0đ) Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta được 2 2 2 2 4x y x y 4(x 2 y 2 ) 2. 2 6 2 2 2 2 2 2 2 0,25 (x y ) y x x y 4x 2 y 2 x 2 y 2 Vậy 3 với x, y khác 0. (x 2 y 2 ) 2 y 2 x 2 0,25 Dấu “=” xãy ra khi x = y. 0,25