Copy of nslide com de hdc a a thi cha n hsg ca p huya n ma n toa n 9 na m ha c 2015 2016
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (319.45 KB, 5 trang )
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO TẠO THẠCH HÀ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 24/ 09 / 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: a) Rút gọn biểu thức: A =
94 − 42 5 − 94 + 42 5
b) Tìm các số hữu tỉ b, c biết rằng 1 − 2 là nghiệm của phương trình
x + bx + c = 0
2
Bài 2: Giải các phương trình sau:
3x 2
=2−
a) x +
3
x −1
( x − 1)
3
x3
b) x + x + 1 + x + 2 + ... + x + 2013 = 2015 x
2
2
2
Bài 3: a) Tìm các số nguyên x, y thõa mãn đẳng thức: 2 xy + x + y + 1 = x + 2 y + xy
b) Tìm các số x, y thỏa mãn: 2 x + 2 x. y + y + x + 3 = 0
c) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương a, b thì ab(a 2+2)(b2+2) luôn chia
hết cho 9.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC tại H, phân giác AD
của góc BAC cắt BC tại D.
a) Tính độ dài đoạn HD, biết BH = 36cm; CH = 64cm.
b) Gọi điểm I, điểm K theo thứ tự lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC.
3
BI AB
=
Chứng minh rằng:
÷
CK AC
Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi F là trung điểm của AB, lấy M trên đường phân
giác của góc C. Dựng MQ ⊥ BC tại Q. Chứng minh nếu MF ⊥ DQ thì AM = BC.
Bài 6: Cho a, b, c > 0 thõa mãn a + b + c = 3. Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≤ a 3 + b3 + c3
---------------------- Hết ----------------------Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:...........
Lưu ý: Học sinh không được dùng máy tính.
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN TOÁN 9
Bài
Nội dung
a)
1,0đ
Điểm
A = 94 − 42 5 − 94 + 42 5
=
( 7 −3 5)
2
( 7 +3 5)
−
1,0
2
1,0
= 7 − 3 5 − 7 + 3 5 = 7 − 3 5 − 7 − 3 5 = −6 5
2
1 − 2 là ngiệm của phương trình x + bx + c = 0 nên
(1 − 2) 2 + b(1 − 2) + c = 0
Bài 1
3,0 đ
b)
2,0 đ
⇔ (b + 2) 2 = b + 3 + c (*)
Ta thấy (*) có dạng A 2 = B nếu A ≠ 0 thi 2 =
0,5
B
∈ Z vô lí,
A
0,5
vậy A = 0 => B= 0
Hay b + 2 = 0 và b + 3 + c = 0
0,5
b = -2 và c = -1
0,5
x3
3x 2
= 2−
a) Giải phương trình: x +
3
x −1
( x − 1)
3
x 2 x2
x2
x2
⇔x+
x
−
+
=
2
−
3.
÷
÷
x − 1
x − 1 ( x − 1) 2 ÷
x −1
Mà x +
2
a)
2,0 đ
2
x2
( x − 1)
Đặt t = x +
2
x
x
=x+
÷ − 2x ×
x −1
x −1
x
x2 − x + x
x2
=
=
x −1
x −1
x −1
Ta được: t(t2 – 2t – t) = 2 – 3t
⇔ t3 – 3t2 + 3t – 1 = 1
⇔ (t – 1)3 = 1 ⇔ t – 1 = 1 ⇔ t = 2
Bài 2
4,0 đ
Do đó
x2
2
= 2 ⇔ x 2 − 2 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1) + 1 = 0 ⇔ x ∈ ∅
x −1
0,5
0,5
0,5
0,5
Vậy phương trình vô nghiệm.
x + x + 1 + x + 2 + ... + x + 2013 = 2015 x (*)
b)
2,0 đ
Bài 3
5,0 đ
a)
2,0đ
ĐK x ≥ 0
Với điều kiện x ≥ 0 thì
* ⇔ x + ( x + 1) + ( x + 2) + ... + ( x + 2013) = 2015 x
⇔ x = 1 + 2 + 3 + ... + 2013 = 1007.2013
⇔ x = 2027091
2
2
2
Ta có : 2xy + x + y + 1 = x + 2y + xy
⇔ 2y 2 (x − 1) − x(x − 1) − y(x − 1) + 1 = 0
0,75
0,75
0,5
1.0
2
Ta có: x = 1 không phải là nghiệm của phương trình, chia 2 vế của phương
1
= 0 (*)
x −1
1
Phương trình có nghiệm nguyên x, y ⇒
nguyên
x −1
⇔ x-1 ∈ Ư( 1) = { −1;1} ⇔ x ∈ { 0;2}
trình cho x – 1 ta được: ⇔ 2y − x − y +
2
1
2
1
2
Thay x = 2 vào (*) ta có: 2y − y − 1 = 0 ⇔ y = 1; y = −
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: ( x; y ) = { ( 0;1) ; ( 2;1) }
Thay x = 0 vào (*) ta có: 2y − y − 1 = 0 ⇔ y = 1; y = −
2
b)
2,0 đ
1,0
2 x + 2 x. y + y + x + 3 = 0 (1)
x. y ≥ 0
(*)
ĐK
x
≥
0
Nếu x = 0 thì y ∈ R ; (1) ⇔ y + 3 = 0 ⇔ y = −3 (TM)
Nếu y = 0 thì x ≥ 0 ; (1) ⇔ 2 x + x + 3 = 0 PTVN vì VT dương
2
Nếu x; y > 0 thì (1) ⇔ ( x + y ) + x + x + 3 = 0 PTVN
0.5
0,5
0,5
0,5
Vậy (x, y ) = (0; -3)
Xét số tự nhiên x, viết x =3k + r ( k ∈ N ;0 ≤ r ≤ 2 )
Nếu r = 0 thì x =3k vậy x 2 M
3
Nếu r = 1 thì x =3k +1 vậy x = (9k + 6k + 1) chia 3 dư 1
2
2
c)
2
2
2,0 đ Nếu r = 2 thì x =3k +2 vậy x = (9k + 12k + 4) chia 3 dư 1
Vậy với mọi số tự nhiên x thì x2 chia 3 dư 0 hoặc 1 (*)
Áp dụng tính chất (*) ta thấy trong 4 số nguyên dương a; b; a 2+2; b2+2; bao
giờ cũng có 2 số chia hết cho 3 vậy ab(a2+2)(b2+2) chia hết cho 9 (ĐPCM)
Bài 4
5,0 đ
a)
2,0đ
1,0
1,0
A
Theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta có:
K
0,5
I
B
H D
C
AB2 = BH.BC = 36.100 ⇒ AB = 60cm
AC 2 = CH.BC = 64.100 ⇒ AC = 80cm Vì ∠BAD = ∠CAD (GT) nên
AB BD
=
( theo tính chất phân giác)
AC CD
3 BD
BD CD BD + CD BC 100
300
⇒ =
=>
=
=
=
=
⇒ BD =
(cm)
4 CD
3
4
3+ 4
7
7
7
0,5
1,0
·
·
·
·
Vì AB < AC nên ·ACB < ·ABC ⇒ BAH
< CAH
⇒ BAD
< BAH
⇒ BD > BH
3
⇒ HD = BD − BH =
300
48
− 36 = (cm)
7
7
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
BI.AB = HB2 (1)
CK.CA = CH 2 (2)
b)
2,0đ
BI.AB BH 2
BI BH 2 CA
Từ (1) và (2)
(*)
=
⇒
=
.
CK.CA CH 2
CK CH 2 AB
0,75
Mà theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
BH AB2
BH 2 AB4 (**)
BH.BC = AB ;CH.CB = AC ⇒
=
⇒
=
CH AC 2
CH 2 AC4
2
0,75
2
3
BI AB4 CA AB
Từ (*) và (**) ta có:
=
.
=
÷
CK CA 4 AB CA
* Trường hợp điểm M nằm trong hình
vuông (hình vẽ)
Đặt BC = a; BF = b; CQ = x
Vẽ MR ⊥ AB (R ∈ AB); mà MF ⊥ DQ
nên suy ra:
∆DCQ đồng dạng với ∆MRF
Bài 5
1,0đ
0,5
(ta có đpcm).
A
F R
M
CQ RF
D
=
hay
CD RM
x b−x
2
2
=
⇔ ( 2b − x ) + ( a − x ) = a 2 (1)
2b a − x
⇒
B
Q
C
Mặt khác: Tam giác ARM vuông tại R, theo pitago ta có:
AM 2 = AR 2 + RM 2 = ( 2b − x ) + ( a − x ) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ a 2 = AM 2 = BC 2 ⇒ AM = BC
2
2
.
* Trường hợp điểm M nằm ngoài hình vuông. Tương tự như trên ta cũng c/m
được AM= BC (ta có đpcm)
Ta có:
Bài 5
2,0 đ
( a + b) ( a − b)
2
≥ 0 ⇒ ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 − ab ) ≥ 0
⇒ a 3 + b3 − ab(a + b) ≥ 0 ⇒ ab(a + b) ≤ a 3 + b3
3
3
3
3
Tương tự ta có: bc(b + c) ≤ b + c ; ca(c + a) ≤ c + a .
0,5
Ta lại có: 3 a + b + c
0,5
(
2
2
2
) = ( a + b + c) ( a
2
+ b2 + c2 )
= a 3 + ab2 + ac2 + a 2 b + b3 + bc2 + ca 2 + b 2c + c3
= a 3 + b3 + c3 + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )
≤ a 3 + b 3 + c3 + a 3 + b 3 + b 3 + c3 + c 3 + a 3 = 3 ( a 3 + b 3 + c 3 )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≤ a 3 + b3 + c3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Tổng
0,5
0,5
20.0
Lưu ý: - Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa ;
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5.
4
5
