Đề thi chọn HSG THCS cấp huyện - Môn Toán 9

Nội dung text: Đề thi chọn HSG THCS cấp huyện - Môn Toán 9

1. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG THCS CẤP HUYỆN LỘC NINH Năm học: 2013 - 2014 ĐỀ CHÍNH Đề thi môn: Toán 9 Ngày thi: 14//01 /2014 (Đề thi gồm có 01 ừang) Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 1: (4 điểm) 1 2 ^ - 2 ] Cho A = ị í 1 2 ì +1 x4x -4x +x-\; ^Vx-1 *-1, a/ Rút gọn A. b/ Với giá trị nào của X thì A đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 2: (4 điểm) ' a/ Cho n lả số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 + 4n là họp số , b/ Tìm một sổ có hai chữ số biết tổng các chữ số của số đó bằng li' Khi hoán vị các chữ số cho nhau và đem số mới nhân với số ban đầu thỉ tích sẽ lớn hơn số ban đầu 1428 đơn vị. Câu 3: (3 điểm) Chứng minh rằng nếu 0 '2 =2(xy + 2) [x + y = 6 b/ Giải phưcmg trình sau: bj) -Ịx -+ V2x - ĩ 4- "\x — \Ỉ2x - ì = V 2 b2) X4 - 2x3 -1- 2x2 + 4x - 8 = 0 Câu 5: (4 điểm) đường thăng qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh: a/ KM//AB b/ QD = QC Hết. - Họ và tận ĩhi sinh. ■Số báo danh
2. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG THCS CẤP HUYỆN LỘC NINH Năm họe: 2013 - 2014 Đáp án Đề thi môn: Toán 9 Ngày thi: 14 /01 /2014 Câu Đáp án Biểu điểm a) Rút gọn: \ í 1 2VĨ-2 ì / 1 2 l^Vx+l x~jx Jx +x-ljl V-v/x-1 x-1 / 1 2VĨ-2 \ ị Vx+1-2 > 0,5đ ^yịx+ỉ xjx - -Ịx + X - 1J ^ Ụx -ỉ\-Jx +ỉ); x-l-2-Jx + 2 ( 1— .\ lđ = lđ _ Ụx-lf _ 4x -1 > 0;x * 1) 1 (*-l) Vĩ + l ( (4đ) b) _ 4x-1 _ 4x + 1-2 2 VĨ+1 Vĩ”+1 "Jx+1 0,5đ Mà ^ > 0 ^ ^ + Ì>ỈO -j3-— vl> — 1 = 0 Vậy A có giá trị nhỏ nhất bằng -1 khi x=0 0,5đ a) Chứng minh n4 + 4n là hợp số. n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng: n - 2k hoặc 0,5đ n = 2k+l ( keN*) + Với n = 2k, ta có : n4 + 4n = (2k)4 + 42k lớn hơn 2 và chia hết cho 2 do đó n4 + 4n 0,5đ là hợp số. + Với n = 2k + 1, ta có : n4 + 4n = n4 +4 .4 = n4 + (2.4k)2 = (n2 +2.4k)2 - (2.n.2k)2 2 = (n2 + 2 + n.2 X n2 + 22k+1 - n.2k+1) 62 (4đ) = Ề(n+2k)2 + 22k][(n - 2kf + 22k 1 ừ ýL ò''
3. Mỗi thừa sớ đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số. 1 đ ip b)Tìm sốõ& Số phải tìm eó dạng ab với a,b 6 N và 0 \ 35 a = 3 V a = — 0,5đ 9 a e N => a = 3 => b= 4 Do đó sổ phải tìm là 34 0,25đ Chứng minh rằng nểu 0 0 0,5đ 3 yz + xy - y2 - xz > 0 0,5đ (3đ) y(z + x) > y2 + xz 0,5đ o ( X + z) > y + — xz (*) y 0,5đ Nhân hai vế (*) cho - + - > 0, ta có : 0,5đ í- 1 + - (x X+ z)\ >s y - + -l ì + x — 1 xz fl- + - 0 \x z) \x Z) y \x z) f- + - ì ( x + z) > y í - + - i + — (z + x) \x z) \x z) y 0,5đ a) Giải hệ phương trình: ịx2+y2= 2(xy + 2) \x + y = 6 4
4. (5đ) 0 ịx2+y2 = 2xy + 4 [x + y = 6 0,5đ [jc + y - 6 0,25đ o Ị M - * [jc + y = 6 * —,y = 2 0,25đ X + _y = 6 X - _y = -2 [xx + y = 6 0,5đ X = 4;y4 ;y = 2 _x = 2-^2;^ = 4 ___ Vậy nghiệm (x,y) của hệ phương trình là ( 4; 2) và ( 2; 4) b/ Giải phương trình sau: bi) v* + v2x-ĩ + y/x-y/2x-ỉ =yfĩ (1) (ĐKx>ỉ) 0,25đ (1) ^2x + 2^2x-ĩ +4'2-x-2'Ị2x-\ = 2 ^ 2 x -ỉ + 2yỊ2x-ĩ +7 + yỊĩx-ỉ — 2yj2x -1 +7 = 2 V (v 2 * -l+ lf + V(V2jc-1 - l 7 = 2 o |V2jc-1 + i| + |V2jc- 1 - i| = 2 (*) 0,5đ Nếu a/2x- 1 -1 > 0 X > 1 ta có: (*) V2x-1+1 + V2x-1.-1 = 2 V2x-1 = 1 X = 1 ( thỏa diều kiện) 0,25đ /ìịS Nếu V2x-1-1 - Ox = 0 suy ra phương trình có nghiệm với mọi X thỏa 0,25đ mãn - < X < 1 2 1 Vậy ngiệm phương trình là - < X < 1 0,25đ
5. b2) x4-2x3 + 2x2 + 4x-8 = 0 o X4 -2x2 -2x3 +4x +4x2 - 8 = 0 x2(x2 - 2) - 2x(x2 - 2) +4(x2 - 2) = 0 1 o (x -2)(x -2x +4 ) = 0 (*) lđ Vì X2 - 2 x + 4 = ( X - l )2 + 3 > 0 Vx 0,25đ Do đó (*) X2 - 2 = 0 X = ± V2 0,75đ B 0,5đ 5 (4đ) a)Chứng minh KM //AB 2đ Gọi I là trung điểm AB, E = IK nCD; R = IM nCD. + Xét hai tam giác KIB và KED, ta có Góc ABD = goc BDC KB = KD ( K là trung điểm BD ) góc IKB = góc EKD Suy ra tam giác KIB = tam giac KED => IK = KE + Chứng minh tương tự : Tam giác MIA = tam giac MRC Suy ra: MI = MR Trong tam giác IER có IK = KE và MI = MR nên KM là đường trung bình => K M // CD. Do CPU AB (gt) => KM//AB___ _
6. b) Ta có IA = IB, KB = KD (gt) 1,5 đ => IK là đường trung bình của tam giác ADB => IK//AD hay IE//AĐ Chứng minh tương tự trong tam giác ABC ta có IM//BC hay IR//BC. Ta có: QK 1A D (gt); IE//AD (cmt) => QK 1 IE Tương tự: QM 1 IR Tư trên có : IK = KE; QK lIE => QK là trung trực ứng với cạnh IE cùa tam giác 1ER Tương tự QM là trung trực thứ hai của tam giác 1ER Hạ QH ± CD suy ra QH là đường trung trực thứ ba của tam giác 1ER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD. Suy ra Q cách đều c và D hay QD = QC