- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 9
Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (5)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (157.25 KB, 5 trang )
PHềNG GD&T THANH OAI
TRNG THCS DN HềA
THI CHN HC SINH GII LP 9 NM HC 2015 - 2016
Mụn: Toỏn
Thi gian: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
thi gm cú: 01 trang
Cõu 1: (6 im)
x+ y
1.Cho P =
1 xy
+
x y
: 1 + x + y + 2 xy
1 xy
1 + xy
a. Rỳt gn P
b. Tớnh P khi x = 23 + ( 3 1) 6 + 2 2 3 2 + 12 + 18 128
2.Chng minh rng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia ht cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Cõu 2: (4 im)
a. Giai phng trinh: 2 x 3 + 5 2 x = 3 x 2 12 x + 14
b. Cho x;y;z là 3 số thỏa mãn điều kiện:
4x + 2y + 2z - 4xy - 4xz + 2yz - 6y -10z + 34 = 0
Tính giá trị của biểu thức A = (x- 4) + ( y - 4) + (z - 4)
Cõu 3: (3 im)
a) Tim nghim nguyờn ca phng trinh: x2 + 2y2 + 2xy + 3y 4 = 0
b) Cho a, b, c la cac sụ ln hn 1.
Tim gia tr nh nht ca biu thc:
a 2 2b 2 3c 2
P=
+
+
a 1 b1 c 1
Cõu 4: (6 im)
Cho AB la ng kớnh ca (O; R), C la mt im thay i trờn ng trũn (C khac A va
B), k CH vụng gúc vi AB ti H . Gi I la trung im ca AC, OI ct tip tuyn ti A ca
ng trũn (O;R) ti M, MB ct CH ti K.
a, Chng minh 4 im C, H, O, I cựng thuc mt ng trũn.
b, Chng minh MC la tip tuyn ca (O,R)
c, Chng minh K la trung im CH
d, Xac nh v trớ ca C chu vi tam giac ACB t gia tr ln nht? Tim gia tr ln nht
ú theo R.
Cõu 5: (1 im)
Tim tt ca cac sụ nguyờn dng x , y , z thoa món
x + y + z > 11
8 x + 9 y + 10 z = 100
- Ht Lu ý: Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm!
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS DÂN HÒA
Bài
Bài 1
( 6đ)
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Nội dung
1. a) Điều kiện để P có nghĩa là : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; xy ≠ 1
x+ y
P=
=
=
(
+
x − y
x + y + 2 xy
: 1 +
1 − xy
1 + xy
1 − xy
x + y 1 + xy +
)(
(1 −
) ( x − y )(1 −
xy )(1 + xy )
xy
) : 1 − xy + x + y + 2 xy
1 − xy
x + y + x y + y x + x − y − x y + y x x + y + xy + 1
:
1 − xy
1 − xy
= 2 x + 2y x
1 − xy
(1 + x )( y + 1)
1 − xy
2 x (1 + y )
2 x
=
=
(1 + x )(1 + y ) 1 + x
0,5đ
0,5đ
2 + 12 + 18 − 128
18 − 128 = 18 − 8 2 = (4 − 2) 2
⇒ 2 + 12 + 18 − 128 = ..... = ( 3 + 1) 2
⇒ 6 + 2 2. 3 − ( 3 + 1) = ... = 3 + 1
A = ( 3 − 1)( 3 + 1) = 3 − 1 = 2
0,5đ
0,5đ
0,5đ
x = 23 + 2 = 25
Thay x = 25 vào P ta có:
2 25 10 5
=
=
1 + 25 26 13
0,5đ
2. Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513)
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)
(502 + 50. 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 +
50. 51 + 512) chia hết cho 101
0,5đ
0,5đ
b) Đặt A = ( 3 − 1) 6 + 2 2 3 −
Ta có:
P=
Điểm
(1)
0,5đ
Lại có:
A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003)
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50
0,5đ
(2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chia hết cho B
0,5đ
0,5đ
a)
Bài 2
( 4đ)
2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14 (1)
3
5
ĐKXĐ: ≤ x ≤
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
VT= 2 x − 3 + 5 − 2 x ≤ 2(2 x − 3 + 5 − 2 x) = 2
Dấu “=” xảy ra khi 2 x − 3 = 5 − 2x ó x= 2
Ta lại có: VP = 3 x 2 − 12 x + 14 = 3( x − 2) 2 + 2 ≥ 2
Dấu “=” xảy ra khi x = 2
Do đó VT = VP ó x = 2 ( TMĐKXĐ)
vậy S = { 2}
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
b) 4x + 2y + 2z - 4xy - 4xz + 2yz - 6y -10z + 34 = 0
⇔ 4x + y + z - 4xy -4xz + 2yz + y - 6y + 9 + z - 10z +25 = 0
⇔ ( 2x - y -z) + ( y - 3) + ( z - 5) = 0
0,5đ
0,5đ
2 x − y − z = 0
x = 4
⇔ y −3 = 0
⇔ y = 3
z − 5 = 0
z = 5
0,5đ
VËy ( 4- 4) + ( 3 - 4) + ( 5 - 4) = 0
Bài 3
(3đ)
0,5đ
a) x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
(1) ⇔ (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
⇔ (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0
⇔ (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2)
Vì - (x + y)2 ≤ 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) ≤ 0 ⇔ - 4 ≤ y ≤ 1
Vì y nguyên nên y ∈ { −4; − 3; − 2; − 1; 0; 1}
0,5đ
0,5đ
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên 0,5đ
(x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1).
b) P =
P=
0,5đ
P=
0,5đ
P=
Do
. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có :
0,5đ
P
Vậy P
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.
Bài 4
( 6đ)
Vẽ hình đúng
0,5đ
M
C
I
A
K
O
H
B
a) Chứng minh OI ⊥ AC ⇒ ∆ OIC vuông tại I
⇒ I thuộc đường tròn đường kính OC
Lại có CH ⊥ AB (gt) nên ∆ CHO vuông tại H
⇒ H thuộc đường tròn đường kính OC.
Do đó I, H cùng thuộc đường tròn đường kính OC.
Hay 4 điểm C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
b)
Ta có: góc ACB = 900 ⇒ AC ⊥ CB
Mà AC ⊥ OM
⇒ CB // OM
⇒ góc AOM = góc OBC (1)
Lại có: góc CBO = góc OCB ( vì ∆ OCB cân tại O)
Góc OCB = góc COM ( so le trong) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ góc AOM = góc COM
⇒ ∆ AOM = ∆ COM (c.g.c) ⇒ góc MCO = góc MAO = 900
⇒ MC ⊥ CO
⇒ MC là tiếp tuyến của (O;R)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
c) ∆ MAB có KH//MA (cùng vuông góc với AB)
0,5 đ
KH HB
AM .HB AM .HB
=
⇒ KH =
=
(1)
AM AB
AB
2R
CM: ∆ MAO đồng dạng với ∆ CHB
MA AO
AM .HB AM .HB
⇒
=
⇒ CH =
=
(2)
CH HB
AO
R
Từ (1) và (2) suy ra: CH=2KH ⇒ CK=KH
⇒ K là trung điểm của CH
⇒
0,5 đ
0,5 đ
c) Chu vi ∆ ACB là PACB =AB+AC+CB=2R+AC+CB
Ta có: ( AC − CB )2 ≥ 0 ⇒ AC 2 + CB 2 ≥ 2. AC.CB
0,5 đ
⇒ 2 AC 2 + 2CB 2 ≥ AC 2 + CB 2 + 2. AC.CB
2.( AC 2 + CB 2 ) ≥ ( AC + CB ) 2 ⇒ AC + CB ≤ 2.( AC 2 + CB 2 )
⇒ AC + CB ≤ 2 AB 2 ⇒ AC + CB ≤ 2.4 R 2 ⇒ AC + CB ≤ 2 R 2
⇒ PACB ≤ 2 R + 2 R 2 = 2 R (1 + 2 )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AC = CB
⇒ C là điểm chính giữa cung AB
Vậy để chu vi ∆ ACB đạt giá trị lớn nhất là 2R(1+ 2 )
⇔ C là điểm chính giữa cung AB
0,5 đ
0,5 đ
Ta có : 100 = 8x+9y+10z > 8x+8y+8z = 8(x+y+z)
→ x+ y+z <
Theo giả thiết
Bài 5
( 1đ
25
.
2
x+y+z > 11, do ( x+y+z ) nguyên nên
x+y+z =12.
0,5đ
x + y + z = 12
x + y + z = 12
↔
8 x + 9 y + 10 z = 100
y + 2z = 4
Vậy ta có hệ
Từ y + 2z =4 suy ra z =1 (do y,z > 0)
Khi z=1 thì y=2 và x=9. Thay x=9; y=2; z=1 thấy thoả mãn yêu cầu bài
toán
* Chú ý: Hs giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
DUYỆT CỦA BAN GIÁM HIỆU
Nguyễn Thị Hà
GIÁO VIÊN RA ĐỀ
Nguyễn Thị Thủy
0,5đ
