Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 (Có đáp án)

1. Kỡ thi : Học sinh giỏi Bài 1: (4,0 điểm) x x 4x x 4 Cho biểu thức: A 2x x 14x 28 x 16 1. Tìm x để A có nghĩa, từ đó rút gọn biểu thức A . 2. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: (4,0 điểm) Cho phương trình x2 2mx m2 m 6 0 (m là tham số). 1. Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x x 18 1 2 . x2 x1 7 2. Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1 x2 8 Bài 3: (3,0 điểm) 1. Cho bốn số thực bất kì a,b,c,d . Chứng minh: ab cd a2 c2 b2 d 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? 2. Với giá trị nào của góc nhọn thì biểu thức P 3sin 3 cos có giá trị lớn nhất ? Cho biết giá trị lớn nhất đó. Bài 4: (6,0 điểm) 1. Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm O, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC. Gọi M là trung điểm của CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào ? Nêu cách dựng đường này và giới hạn của nó. 2. Trong hình bên, cho biết M là trung điểm của AC và các đường thẳng AD, BM và CE đồng qui tại K. Hai tam giác AKE và BKE có diện tích là 10 và 20. Tính diện tích tam giác ABC. Bài 5: (3,0 điểm) 1. Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương. 2. Tớnh số cỏc ụ nhỏ nhất phải quột sơn trờn một bảng để cho bất kỡ vựng nào đú trờn bảng này cũng chứa ớt nhất 4 ụ đó quột sơn. Đáp án
2. Bài Cõu Nội dung 1 (4 điểm) 1.1 Để A có nghĩa, trước hết x 0 . Đặt t x x 0 (2 đ) 2 t3 4t 2 t 4 t 1 t 4 t 1 t 1 t 4 A 2t3 14t 2 28t 16 2t3 2t 2 12t 2 28t 16 2 t 1 t 2 t 4 Để biểu thức A có nghĩa thì: t 0, t 1, t 2, t 4 x 0, x 1, x 4, x 16 (*) Khi đó, rút gọn ta được: t 1 x 1 A 2 t 2 2 x 2 1.2 t 1 t 2 3 1 3 (2 đ) A 2 t 2 2 t 2 2 2 t 2 Để A là số nguyên thì x nguyên và t 2 phải bằng 1 hoặc 3 . - Nếu t 2 1 t 1 ( loại vì trái điều kiện (*)). - Nếu t 2 3 t 1 0 (loại) - Nếu t 2 1 t 3 x 9 và A 2 - Nếu t 2 3 t 5 x 25 và A 1 Vậy: Để A nhận các giá trị nguyên thì x 9 và x 25 . 2 (4 điểm) 2.1 Để phương trình x2 2mx m2 m 6 0 có hai nghiệm thì: ' m2 m2 m 6 m 6 0 m 6 (1) Với điều kiện (1), 2 2 2 x1 x2 18 x1 x2 18 x1 x2 2x1x2 18 và x1x2 0 x2 x1 7 x1x2 7 x1x2 7 2 2 4m 2 m m 6 18 m2 m 6 9 m 2; m 3 m2 m 6 7 m2 m 6 7 2 m 8m 48 0 m1 4; m2 12 (thỏa điều kiện (1) và đều khác -2 và khác 3) 2.2 Với điều kiện (1), 2 2 2 x1 x2 8 x1 x2 2 x1x2 64 x1 x2 2x1x2 2 x1x2 64 (2) m 6 + Nếu x1 và x2 cùng dấu thì x1x2 0 2 m m 6 m 2 m 3 0 6 m 2 hoặc m 3 (3)
3. 2 2 Khi đó (2) x1 x2 64 4m 64 m 4 (thỏa điều kiện (3)). + Nếu x1 và x2 trái dấu thì 2 x1x2 0 m m 6 m 2 m 3 0 2 m 3 (4) 2 2 2 Khi đó (2) x1 x2 4x1x2 64 4m 4 m m 6 64 m 6 16 m 10 (không thỏa điều kiện (4). + Vậy, để x1 x2 8 thì m 4 3 (3,0 điểm) 3.1 Ta có: 0 ab cd a2 c2 b2 d 2 ab cd 2 a2 c2 b2 d 2 a2b2 c2d 2 2abcd a2b2 a2d 2 b2c2 c2d 2 ad 2 bc 2 2 ad bc 0 ad bc 2 0 : đúng với 4 số thực a, b, c, d bất kì. Vậy: 0 ab cd a2 c2 b2 d 2 , a,b,c,d R c d Dấu đẳng thức xảy ra khi ad bc 0 hay a 0,b 0 a b 3.2 áp dụng kết quả trên, ta có: P 3sin 3 cos 0 nên 2 P 3sin 3 cos 32 3 sin2 cos2 2 3 sin 3 P 2 3 khi 3cos 3 sin 0 tg 3 600 max cos 3 4 (6,0 điểm) 4.1 + Ta có: Tam giác ACD cân tại A (gt) nên Bã AC 2ãADC (Góc BAC là góc ngoài của tam giác ACD) + Gọi I là trung điểm của BC, ta có MI //BD (đường trung bình của tam giác BCD), nên: 1 1 IãMC Bã DC Bã AC Bã OC ( Bã O C 2 4 4 không đổi). +Do đó: M chạy trên cung tròn nhìn đoạn IC dưới góc không đổi. 4
4. + Dựng tia OI cắt đường tròn (O) tại N, ta 1 có: Nã BC Bã AC Bã DC IãMC . 2 + Dựng tia In'// BN , dựng đường thẳng qua I và vuông góc với In' cắt trung trực đoạn IC tại O1. Đường tròn tâm O1 và đi qua C là đường cần dựng. + Khi A chạy trên cung lớn BC tới trùng với A thì D trùng với D0 trên tiếp tuyến Bt của (O) và BD0 = BC , khi đó M trùng với M0 là trung điểm của CD0. + Vậy M chỉ di chuyển trên cung lớn CM0 của đường tròn (O1). 4.2 + Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có: S AE h / 2 AE AE 1 AKE . S BKE BE h / 2 BE BE 2 S ACE 1 + Suy ra: S BCE 2S ACE (1) S BCE 2 S AKM MA + Tương tự: 1 S AKM S CKM S CKM MB Đặt x S AKM S CKM , ta có: SABM SCBM 20 10 x x SBCK SBCK 30 15 (1) 20 S 2 10 2x 10 2x 25 x BCK 2 Do đó: S ABC S AKB S BCK S AKC 10 20 30 2x 75 5 (3,0 điểm) 5.1 Để n 18 và n 41 là hai số chính phương n 18 p2 và n 41 q2 p,q N p2 q2 n 18 n 41 59 p q p q 59 p q 1 p 30 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p q 59 q 29 Từ n 18 p2 302 900 suy ra n 882 Thay vào n 41 , ta được 882 41 841 292 q2 . Vậy với n 882 thì n 18 và n 41 là hai số chính phương
5. 5.2 + Dọc theo chiều ngang sát sát cạnh trên của bảng có 3 vùng ở 3 vị trí A1B1C1D1, A2 B2C2 D2 , A3B3C3D3 . Dịch chuyển xuống theo chiều dọc một ô, ta có thêm 3 vùng . Dịch chuyển xuống theo chiều dọc một ô nữa, ta có thêm 3 vùng . Do đó có 9 vùng con của bảng , mỗi vùng con đều chứa 5 ô vuông con 1 1 thuộc hình chữ thập đã tô màu. + Nếu chỉ quét sơn như hình vẽ bên thì mỗi vùng con đều chứa 4 hoặc 5 ô 1 1 được quét sơn. Vậy: Để mỗi vùng con của bảng chứa ít nhất 4 ô 1 1 được quét sơn, thì chỉ cần quét số ô nhỏ nhất là 7 ô như hình vẽ bên.