T 9
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (404.57 KB, 6 trang )
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Năm học 2015 - 2016
Môn thi: Toán- Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giaođề)
Bài 1 . (2 điểm)
x+2
x
1
+
+
÷
Cho biểu thức: P =
÷:
x x −1 x + x + 1 1 − x
1. Rút gọn biểu thức P.
2. Tìm x để P =
x −1
. Với x > 0, x ≠ 1.
2
2
.
7
3. So sánh: P2 và 2P.
Bài 2.(2 điểm).
1. Giải phương trình: x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3
2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 + x 2 + 1 = y 2
Bài 3. (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng:
2
(d1): x − 3y + 5 = 0 ;
(d2): x + 2y − 5 = 0 ;
(d3): ( m − 1) x + 3y − 5 − 2m = 0
a. Tìm tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2)
b. Xác định m để ba đường thẳng trên là 3 đường thẳng phân biệt đồng quy.
2. Có hay không số tự nhiên n để: 1990 + n2 là số chính phương.
Bài 4. (3 điểm). Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường
cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K.
1. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành
2. Kẻ OM ⊥ BC tại M. Gọi G là trọng tâm của D ABC.
Chứng minh SAHG = 2SAGO
3. Chứng minh:
AD BE CF
+
+
≥9
HD HE HF
Bài 5.(1điểm). Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
1
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M = x + y
---------- HẾT ---------(Đề thi gồm có 1 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh................................
1
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: TOÁN - Lớp 9
Bài 1: (2 điểm)
Ý/Phần
1
ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1.
Đáp án
Điểm
x + 2 + x − x − x − x −1 x −1
P =
÷
÷: 2
( x − 1)( x + x + 1)
0.25
=
2
x − 2 x +1
2
2
.
=
.
( x − 1)( x + x + 1) x − 1 x + x + 1
0.25
2
2
2
⇔
= ⇔ x+ x −6= 0
7
x + x +1 7
0.25
P=
(
⇔
)
x − 2 ( x + 3) = 0
⇔ x = 2 ( vì x + 3 > 0 )
⇔ x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện)
0.25
Vậy x = 4.
0.25
ĐKXĐ: x > 0, x ≠ 1.
2
1
3
* Do x + x + 1 = x + ÷ + > 0 nên P > 0.
2
4
0.25
3
* Với x > 0 thì x + x > 0 nên x + x + 1 > 1
⇒
0.25
1
2
<1⇒ P =
<2
x + x +1
x + x +1
Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0 ⇔ P2 < 2P.
0.25
Bài 2: (2 điểm)
Ý/Phần
1
Đáp án
Điểm
x2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x2 + 2x − 3
⇔
( x − 1) ( x − 2) + x + 3 =
( x − 1) ( x − 2) ≥ 0
x− 2+
x + 3 ≥ 0
⇔ x≥ 2
Điều kiện:
x − 2 ≥ 0
( x − 1) ( x + 3) ≥ 0
( x − 1) ( x + 3) ( 1)
0.25
2
( 1) ⇔
⇔
(
(
x − 1− 1 − x + 3
)(
x − 1 − 1= 0
x− 2 − x+ 3 = 0⇔
x − 2 − x + 3 = 0
x− 2
x − 1− 1
)
(
)
x − 1− 1 = 0
)
x−1= 1
⇔
⇔ x= 2
x − 2 = x − 3
0.5
x = 2 (t/m đkxđ)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
2
x4 + x2 + 1 = y 2
0.25
(1)
2
Ta có x ≥ 0 ∀x ⇒ ( x 2 )2 < x 4 + x 2 + 1 ≤ ( x 2 + 1) 2
Do đó từ (1) ⇒( x 2 ) 2 < y 2 ≤ ( x 2 + 1) 2 (*)
Vì x2 và x2 + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên từ (*) ⇒
y 2 = ( x 2 + 1) 2
0.25
⇔ ( x 2 + 1) 2 = x 4 + x 2 + 1 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
0.25
⇒ y 2 = 1 ⇔ y = ±1
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên là : (0 ; 1), ( ; -1)
0.25
0.25
Bài 3: (2 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
1
a) Tọa độ giao điểm A của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương
x − 3y + 5 = 0
x + 2y − 5 = 0
2
Điểm
trình:
0.25
Giải hệ phương trình ta được x = 1; y = 2.
Vậy hai đường thẳng cắt nhau tại A (1; 2).
b) Ba đường thắng cắt nhau tai một điểm suy ra (d3) đi qua A.
0.25
m = 0
⇒ m 2 − 1 + 3.2 − 5 − 2m = 0 ⇒ m ( m − 2 ) = 0 ⇒
m = 2
0.25
+) Với m = 0 thì (d3) có dạng x − 3y + 5 = 0 trùng với (d1) (loại)
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm
Giả sử 1990 + n2 là số chính phương thì 1990+ n2 = m2 (m ∈ N )
Từ đó suy ra m2 - n2 = 1990 ⇔ (m + n) (m – n) = 1990
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
0.25
0.25
3
Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính
chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn.
⇒ (m + n) (m – n) 4
nhưng 1990 không chia hết cho 4
⇒ Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để: 1990 + n 2 là số chính
phương
0.25
0.25
0.25
Bài 4: (2 điểm)
Ý/Phần
1
Đáp án
Điểm
A
E
F
G O
H
B
D
C
M
K
+ Vì ∆ ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK nên ∆
ACK vuông tại C
⇒ KC ⊥ AC
+ Ta có BE ⊥ AC (gt)
⇒ KC // BE hay KC // BH
+ Chứng minh tương tự ta có KB // CH
2
0.5
0.25
+ Kết luận tứ giác BHCK là hình bình hành
Chứng minh SAHG = 2SAGO
0.25
+ Vì M là trung điểm của BC (cmt).
⇒ AM là đường trung tuyến của ∆ ABC
+ ∆ ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt)
0.25
⇒ G thuộc đoạn AM, AG =
2
AM
3
+ Vì M là trung điểm của HK (cmt)
⇒ ∆ AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM,
AG =
0.25
0.25
2
AM (cmt). ⇒ G là trọng tâm của ∆ AHK
3
4
+ Chứng minh HO đi qua G, HG = 2GO
+ ∆ AHG và ∆ AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO,
HG = 2GO
Do đó: SAHG = 2SAGO
Chứng minh:
AD BE CF
+
+
≥9
HD HE HF
1
1
1
HD.BC
HE. AC
HF . AB
HD HE HF 2
2
2
+
+
=
+
+
Ta có:
1
1
AD BE CF 1
AD.BC
BE. AC
CF . AB
2
2
2
S
S
S
= HBC + HAC + HAB
SABC SABC SABC
S + SHAC + SHAB
SABC
= HBC
=
=1
SABC
SABC
3)
0.25
0.5
+ Chứng minh bài toán phụ:
Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng :
1
1
1
(x+y+z) ( x + y + z ) ≥ 9
1
x
1
y
1
z
Sử dụng x + y + z ≥ 3 3 xyz ta có ( + + ) ≥ 3.3
1
xyz
0.25
1 1 1
⇒ (x+y+z) ( + + ) ≥ 9
x y z
+ Áp dụng kết quả bài toán trên ta có:
HD HE HF AD BE CF
+
+
).(
+
+
)≥9
AD BE CF HD HE HF
HD HE HF
+
+
= 1 (cmt)
Mà:
AD BE CF
AD BE CF
+
+
≥9
Do đó:
HD HE HF
(
0.25
Bài 5: (1điểm)
Ý/Phần
Đáp án
Ta có : x + y + 3(x +y ) +4(x + y) + 4 = 0
⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0
⇔ (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0
⇔ (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)
3
3
2
2
Điểm
0.5
5
Vì ( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1
2
2
2
1
2
3
= ( x + 1) − ( y + 1) + ( y + 1) + 1 > 0
2
4
Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2
0.25
1 1 x + y −2
+ =
=
x y
x. y
x. y
1
−2
2
vì ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 ≥ 4 xy ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy ≤ −2 .
Vậy Max M = -2 ⇔ x = y = -1 .
0.25
Ta có : M =
6
