Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN 9 – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/4/2015 x x x 1 2 x 1 2 Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức P x2 x x x 1 a) Tìm điều kiện của x để P có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức P. c) Tìm giá trị của x để P đạt GTNN Bài 2 : (4 điểm) 1 1 1 a) Cho hai số thực a, b đều khác 0 và thỏa mãn . Chứng minh phương trình a b 2 x2 ax b x 2 bx a 0 với ẩn x luôn có nghiệm. b) Biết x2 2015 x y 2 2015 y 2015. Tính x y Bài 3: (4 điểm) a) Tìm tất cả số chính phương có 4 chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số thêm một đơn vị ta vẫn thu được một số chính phương. (Một số được gọi là số chính phương nếu nó là bình phương của một số tự nhiên nào đó) b) Tìm các số nguyên a để phương trình x2 3 2 a x 40 a 0 có nghiệm nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên của phương trình ứng với giá trị a tìm được. Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Biết hai đường cao AI và BE của tam giác đó cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng EI  OC b) Biết CH = R. Tính góc C của tam giác ABC Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Hạ BE, CF lần lượt vuông góc với HN, HM. Chứng minh ba đường thẳng AH, BE, CF đồng quy. Bài 6: (2 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh: a3 b 3 c 3 ab bc ca 6 GGVV::: NNgguuyyễễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– TTHHCCSS PPhhaann CChhuu TTrriiinnhh –– BBuuôônn MMaa TThhuuộộtt trang 1
2. BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm) x 0 a) P có nghĩa x2 x 0 x 1 x 1 0 xxx 1 2 x 1 2 xxx 1 2 xx 1 2 xx b) P x2 x x x 1x x 1 x 1 x 1 c) P x 1 2 A 0, B 0 : A B 2 AB x 1 x 1 1 Đẳng thức xảy ra x 1 x 2 (TMĐK) x 1 Vậy x 2 thì P đạt GTNN là 2 Bài 2 : (4 điểm) 1 1 1 a) Từ giả thiết ab 2 a b 2 ab 4 a b 0 a b 2 2 2 2 x ax b 0 1 Ta có x ax b x bx a 0 2 x bx a 0 2 2 2 2 2 2 2 có 1 2 abb4 4 aab 4 abab 2 ab 4 abab 0 2 2 1 0  2 0 nên (1) có nghiệm hoặc (2) có nghiệm. Do đó x ax b x bx a 0 luôn có nghiệm. b) Ta có x2 2015 x y 2 2015 y 2015 x2 2015 x x 2 2015 x y 2 2015 y 2015 x 2 2015 x y2 2015 y x 2 2015 x 1 Tương tự x2 2015 x y 2 2015 y 2015 x2 2015 x y 2 2015 y y 2 2015 y 2015 y 2 2015 y x2 2015 x y 2 2015 y 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được x y x y x y 0 Bài 3: (4 điểm) a) Gọi các số phải tìm là abcd k2 k N, 32 k 99 Theo đề có a 1 b 1 c 1 d 1 m2 m N m2 k 2 1111 m k m  k 1111111101  m k m k m k 1 m k 11 k 555 (loại); k 45 (chọn) m k 1111 m k 101 Do đó abcd 452 2025 b) Ta có: 32 a 2 440 a 4 a2 16 a 151. Phương trình có nghiệm nguyên với a nguyên thì 4a2 16 a 151 k 2 k N GGVV::: NNgguuyyễễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– TTHHCCSS PPhhaann CChhuu TTrriiinnhh –– BBuuôônn MMaa TThhuuộộtt trang 2
3. 24a 2 k2 167 2 a k 42 a k 4 167   11167 2a k 4 167 2a k 4 1 a 44 2a k 4 1 a 40 2a k 4 167 2 +) Với a = -44, phương trình trở thành x 85 x 84 0 có nghiệm x1 1, x 2 84 2 +) Với a = 40, phương trình trở thành x 83 x 0 có nghiệm x1 0, x 2 83 Bài 4: (4 điểm) a) Chứng minh rằng EI  OC A Kẻ đường kính CD của (O), gọi F là giao điểm của CD và EI D E Ta có ACD ABD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD của H (O)) 0 I O Tứ giác ABIE có AIB AEB 90 (gt) nên tứ giác ABIE F nội tiếp CEI ABC B I C Do đó ACD CEI ABD ABC CBD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tam giác CEF vuông tại F hay EI  OC (đpcm) M b) Biết CH = R. Tính góc C của tam giác ABC Kẻ đường kính AM của (O), ta có ABM ACM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên BM  AB, CM  AC mà CH  AB, BH  AC (do H là trực tâm ABC) BM // CH, CM // BH do đó tứ giác BHCM là hình bình hành BM = CH = R, lại có OB = OM = R nên OB = OM = BM = R. Vậy OBM đều AMB 600 . Do đó ACB AMB 600 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)) Cách khác: Tứ giác CEHI có CEH CIH 900 nên tứ giác CEHI là tứ giác nội tiếp CHI CEI (góc nội tiếp cùng chắn cung CI ) mà CEI ABC (cmt), ABC ADC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) CHI CDA Xét CHI và CDA: CHI CDA , CIH CAD 900 nên CHI CDA CI CH R 1 CA CD2 R 2 CI 1 AIC : AIC 900 , nên ACI 600 CA 2 A Bài 5: (2 điểm) Gọi D là giao điểm của AH và BE; F’ là giao điểm của MH và CD M N AHB: AB AB AHB 900 , MAMB gt MH MAMB 2 2 B C Nên BMH cân tại M ABH BHM H E F' F D GGVV::: NNgguuyyễễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– TTHHCCSS PPhhaann CChhuu TTrriiinnhh –– BBuuôônn MMaa TThhuuộộtt trang 3
4. AC AC AHC: AHC 900 , NA NC gt NH NA NC 2 2 Nên CNH cân tại N ACH CHN BHD: BHD 900 , HE  BD gt BDA BHE (cùng phụ DHE ) Mà BHE CHN (đối đỉnh), CHN ACH (cmt) BDA ACH ACB . Vậy tứ giác ABDC nội tiếp Nên ADC ABH , lại có ABH BHM (cmt), BHM CHF (đối đỉnh) ADC CHF CHD: CHD 900 nên ADC DCH 900 CHF DCH 90 0 CHF’ vuông tại F’ CF’  MH mà CF  MH (gt) do đó F’  F. Vậy AH, BE, CF đồng quy tại D Bài 6: (2 điểm) Chứng minh được a2 b 2 c 2 x 2 y 2 z 2 axbycz 2 * Áp dụng (*) ta có: a2 b 2 c 2 1 2 1 2 1 2 a b c 2 2 2 a b c 3 2 a2 b 2 c 2 3 a 2 b 2 c 2 3 a 2 b 2 c 2 a 3 3 2 Mặt khác 3 abc3 3 3 abcabc 3 3 3 abc 2 2 2 b Từ (a) và (b) ta có: 3 abc333 3 abc 222 abcabc 333222 1 1 2 2 2 Lại có abc2 2 2 abbcca ab bc ca 0 2 2 2 a b c a2 b 2 c 2 abbcca abc 3 abbcca abbcca 3 2 3 Từ (1) và (2) ta có VT a2 b 2 c 2 abbcca abc 2 abbcca 3 2 3 6 Đẳng thức xảy ra a b c 1 GGVV::: NNgguuyyễễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– TTHHCCSS PPhhaann CChhuu TTrriiinnhh –– BBuuôônn MMaa TThhuuộộtt trang 4