Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn: Toán lớp 9 - Đề 4

doc 6 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 718Lượt tải 2 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn: Toán lớp 9 - Đề 4", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn: Toán lớp 9 - Đề 4
Đề 4:
Câu 1: (6,0 điểm)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính giá trị biểu thức: 
A = 
2.Cho n là số nguyên dương và n lẻ. CMR: 
Câu 2: (4 điểm)
Giải phương trình 
b ) Cho a, b, c là 3 số từng đôi một khác nhau và thoả mãn: 
 Chứng minh rằng: 
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 .
	Chứng minh rằng: .
Câu 4: (6 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn tâm O khác A,B.Các tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(PÎ AB), vẽ MQ vuông góc với AE ( QÎ AE)
1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A,E,M,O cùng thuộc một đường tròn và tứ giác APMQ là hình chữ nhật.
2. Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O,I,E thẳng hàng
3. Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh DEAO đồng dạng với D MPB suy ra K là trung điểm của MP
4. Đặt AP = x. Tính MP theo x và R.Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Câu 5: (1điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
 xy2 + 2xy – 243y + x = 0
----------------Hết----------------
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn: Toán 
Năm học: 2015-2016
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
( 6 đ)
 1.( 4đ)
a) (2đ)
1.a) Rút gọn biểu thức A = 
ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9
= 
=
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b) 
( 2đ)
b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1.
Hãy tính: 
A = 
Từ: xy + yz + xz = 1
 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) 
= (x + z)(x + y)
Tương tự: 1 + y2 = xy + yz +xz +y2 = y.(x+ y) +z .(x +y) = ( x+ y).(y+z)
 1 + z2 = xy + yz + xz + z2 =x .( y + z)+ z. (y + z) = ( y +z). ( x +z)
= 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. (2 đ)
Ta có: 46n + 296.13n = 46n - 13n + 297.13n
 = 46n - 13n + 9.33.13n
 = (46-13).() + 9.33.13n
 = 33 . () + 9.33.13n ⋮ 33 j
Lại có: 46n + 296.13n = 46n + 13n +295.13n = (46n +13n) + 5.59.13n = (46+13) . () + 5.59.13n
 = 59.() + 5.59.13n ⋮ 59 k
Mà (13; 39) = 1 Nên từ j và k => 46n + 296.13n ⋮ 33.59 = 1947 (đpcm)
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu 2 
( 4đ)
a) ( 2đ)
b) 
( 2đ)
a,(1)
ĐK: 
 (1) + = + 
Đặt: 
(1) 	 a.b + c = b + a.c
 a(b - c) - (b - c) = 0
(a - 1)(b - c) = 0	 
Với a = 1 x - 1 = 1 x = 2 (thoả mãn đk)
Với b = c x - 2 = x + 3 0x = 5 vô nghiệm
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2
b) Từ giả thiết ta có:
Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: 
Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có:
 , 
Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có 
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Câu 3 (3đ)
a) (1,5đ)
a)Từ 2x6 + y2 – 2x3y = 320 (x3-y)2 +(x3)2=320
=> (x3)2 320 mà x nguyên nên 
Nếu x = 0 thì y không nguyên ( loại)
Nếu x =1 hoặc x =-1 thì y không nguyên (loại)
Nếu x = 2=> y= - 8 hoặc y = 24
Nếu x = -2 => y= -24 hoặc y = 8
Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) là:
 (2;-8);(2;24);(-2;- 24);(-2;8)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b)
 ( 1,5đ)
b)Chứng minh bất đẳng thức (với a, b > 0)
Áp dụng BĐT (với a, b > 0)
0,25đ
0,25đ
Ta có: 
Tương tự: 
0,25đ
0,25đ
Cộng vế theo vế, ta có: 
0,5đ
Câu 4
( 6 đ)
I
K
B
O
M
Q
E
A
P
x
I
Vì AE là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại A Þ AE^ AO
Þ DOEA vuông ở A ÞO, E, A Î đường tròn đường kính OE (1)
 Vì ME là tiếp tuyến của đường tròn(O) tại M Þ ME^MO
Þ DMOE vuông ở MÞM,O,E Î đường tròn đường kính OE (2)
(1),(2)Þ A,M,O, E cùng thuộc môt đường tròn
* Tứ giác APMQ có 3 góc vuông :
=> Tứ giác APMQ là hình chữ nhật
b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM.(3)
Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : 
OM = OA; EM = EA ( 4)
Từ ( 3) và (4) => O, I, E thẳng hàng.
c) Hai tam giác AEO và PMB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là , vì OE // BM
=> (4)
Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số (5)
Từ (4) và (5) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K là trung điểm của MP.
d) Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số không âm a,b,c,d ta có: 	abcd (*)
	Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
	MP = 
 Ta có: S = SAPMQ = 
	S đạt max Û đạt max Û x.x.x(2R – x) đạt max 
Û đạt max 
Áp dụng (*) với a = b = c = 
Ta có : 
	Do đó S max Û Û . 
Vậy khi MP= thì hình chũ nhật APMQ có diện tích lớn nhất 
0,5đ
0,75đ.
0,25đ.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ.
0,25đ
Câu 5
( 1đ)
Ta có xy2 + 2xy – 243y + x = 0 x(y + 1)2 = 243y (1)
Từ (1) với chú ý rằng (y + 1; y) = 1 ta suy ra (y + 1)2 là ước của 243.
Vậy (x, y) = (54, 2) ; (24, 8)
0,5đ
0,5đ
 Cao Dương ngày 20 tháng 10 năm 2015
 DUYỆT CỦA BGH Người ra đề
 Lưu Thị Liên

Tài liệu đính kèm:

  • doc4.doc