Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 năm học 2014 – 2015 môn thi: Toán học

pdf 5 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 737Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 năm học 2014 – 2015 môn thi: Toán học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 năm học 2014 – 2015 môn thi: Toán học
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (6 điểm)
Cho biểu thức A = 










 

3
5
5
3
152
25:125
5
x
x
x
x
xx
x
x
xx
1. Rút gọn A
2. Tìm số nguyên x để A nguyên
3. Với x 0 , x  25, x  9 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B = 5
)16( xA
Câu 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình:
11212123492 22  xxxxx
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = y
zx
x
yz
z
xy  với x, y, z là các số dương và x2 + y2 + z2 = 1
Câu 3: (3 điểm)
a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :
2x6 + y2 –2 x3y = 320
b) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 6x y y z z x     .
Chứng minh rằng: 1 1 1 33 3 2 3 2 3 2 3 3 2x y z x y z x y z        .
Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ
đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây
cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất.
Câu 5: (1 điểm)
Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2xy + x + y = 83
-----------Hết-----------
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS XUÂN DƯƠNG
ĐÁP ÁN CHẤM THI HGS TOÁN 9
Năm học: 2014 – 2015
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1
(6đ)
a Tìm đúng điều kiện 9,25,0  xxx 1,0
Rút gọn 3
5
 xA 1,5
b x  z => 3x là Ư(5) 0,5
=> 3 1 ( )
3 5 4
x loai
x x
      
1,0
c 3
16
3(5
)16(5
5
)16(


 x
x
x
xxAB 0,5
63
2533
253  xxxx 1,0
=> 4B => min B = 4  x=4 0,5
2
(4đ)
a ĐK: 4x hoặc x = 0,5 0,5
Biến đổi:
     
     
)1(012
0)1134(12
01211123124
1211123124
11212123492 22





x
xxx
xxxxx
xxxxx
xxxxx
Hoặc 01134  xx (2)
1,0
Giải (1) được x = 0,5 (thỏa mãn), giải (2) được x = 5 (thỏa mãn) 0,5
b A = y
zx
x
yz
z
xy 
Nên A2 = 22
22
2
22
2
22
 y
xz
x
zy
z
yx ( vì x2+y2+z2 =1)
= B +2
0,75
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có
2
22
2222
2
22
2
22
2yxz
zyyx
x
zy
z
yx 
Tương tự 22
22
2
22
2zy
xz
x
zy 
2
2
22
2
22
2xy
xz
z
yx 
Cộng vế với vế ta được 2B  2 1 B 0,75
Do đó A2 = B +2 3 nên A  3
Vậy Min A = 3  x=y=z= 3
3
0,5
3
(3đ)
a Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320=> (x3)2 £ 320 0,5
mà x nguyên nên 2x £
Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x=2=> y=-2 hoặc y=6
Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2
0,75
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
(2;-2); (2;6); (-2;-6); (-2;2) 0,25
b Áp dụng BĐT 1 1 4a b a b   (với a, b > 0)
1 1 1 1
4a b a b
      
0,5
Ta có:
   
1 1 1 1 1
3 3 2 2 2 4 2 2x y z x y z x y z x y z x y z
               
       
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4x y x z x y y z x y x z x y y z
                           
1 2 1 1
16 x y x z y z
       
Tương tự:
1 1 2 1 1
3 2 3 16x y z x z x y y z
         
1 1 2 1 1
2 3 3 16x y z y z x y x z
          0,5
Cộng vế theo vế, ta có:
1 1 1 1 4 4 4
3 3 2 3 2 3 2 3 3 16x y z x y z x y z x y x z y z
               
4 1 1 1 1 3.616 4 2x y x z y z
          0,5
4
(6đ)
1,0
a Xét tứ giác ACMD có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD :gt) ACMD là hình thoi 0,5
AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đường tròn đường kính
AB) 0,5
DMCB; MJCB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
D, M, J thẳng hàng. 0,5
C
J
A I M
D
O O’ B
Ta có :   0IDM + IMD = 90 (vì  0DIM = 90 )
Mà  IJM = IDM (do IC = IJ = ID : CJD vuông tại J có JI là
trung tuyến)
  MJO' = JMO' = IMD (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’);
ˆ 'JMO và ˆIMD đối đỉnh)
0,5
  0IJM + MJO' 90   0IJO 90  IJ là tiếp tuyến của (O’),
J là tiếp điểm
0,5
b Ta có: IA = IM IO’ = 2
AB = R (R là bán kính của (O))
O’M = O’B (bán kính (O’) 0,5
 JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2 0,5
Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’
Do đó SJIO’
2
4
R
0,5
SJIO’ =
2
4
R khi IJ = O’J và  JIO’ vuông cân
có cạnh huyền IO’ = R nên :
2O’J2 = O’I2 = R2 O’J = 22
R
0,5
Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2 0,5
5
(1đ)
Tìm x,y nguyên dương thỏa mãn: 2xy + x +y = 83
4 2 2 1 167
(2 1)(2 1) 167
xy x y
x y
    
   
0,5
Do x,y nguyên dương (2 1);(2 1)x y Z   
(2 1);(2 1)x y   Ư(167)
Lập bảng tìm được (x,y)=(0;83);(83;0).
0,5

Tài liệu đính kèm:

  • pdfDe_thi_hsg_lop_9_mon_toan.pdf