T 14
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (355.83 KB, 4 trang )
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học 2015 - 2016
Môn thi:Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
x+2
x
1
x −1
+
+
÷
Cho biểu thức: P =
÷: 2
x x −1 x + x + 1 1 − x
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm giá trị của P khi x = 11 − 3 8 + 3 − 8 .
c. So sánh: P2 và 2P.
(Với x ≥ 0, x ≠ 1)
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3 x 2 + 2 2 x − 1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai đường thẳng (d 1): y = 3x – m – 1
và (d2) : y = 2x + m - 1. Chứng minh rằng khi m thay đổi, giao điểm của (d 1) và
(d2) luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Bài 3: (... điểm)
a) Tìm số nguyên a sao cho a 4 + 4 là số nguyên tố
b) Đặt a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3
64
Chứng minh rằng M = (a 2 − 3) 3 − 3a là số chính phương.
Bài 4: (… điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H.
a. Chứng minh rằng:
S
2
AEF
Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC ; S = cos A.
ABC
2
2
2
b. Chứng minh rằng : S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC
c.Chứng minh rằng:
HA HB HC
+
+
≥ 3.
BC AC AB
Bài 5: (… điểm)
Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên và hai lần số đo
diện tích bằng ba lần số đo chu vi.
---------- HẾT ---------(Đề thi gồm có 01 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................................
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán - Lớp 9
Bài 1: ( 2 điểm)
Ý/Phần
a)
Đáp án
ĐKXĐ Với x ≥ 0, x ≠ 1
Điểm
x + 2 + x − x − x − x −1 x −1
P =
÷
÷: 2
( x − 1)( x + x + 1)
=
0.75
x − 2 x +1
2
2
.
=
.
( x − 1)( x + x + 1) x − 1 x + x + 1
x = 11 − 6 2 + 3 − 2 2 = (3 − 2) 2 + ( 2 − 1) 2
b)
= 3− 2 +
2 − 1 = (3 − 2) + ( 2 − 1) =2(TM ĐKXĐ)
Thay x =2 vào P ta có P =
Vậy khi x = 2 thì P =
0.25
2
2
2(3 − 2)
=
=
7
2 + 2 +1 3 + 2
2(3 − 2)
7
0.25
0.25
Vì x + x + 1 >0 nên P >0
Với x ≥ 0 thì x + x ≥ 0 nên x + x + 1 ≥ 1
c)
1
2
≤1⇒ P =
≤2
x + x +1
x + x +1
Do 0 < P ≤ 2 nên P.(P – 2) ≤ 0 ⇔ P2 ≤ 2P
Vậy P2 ≤ 2P
suy ra:
0.25
0.25
Bài 2: ( 2 điểm)
Ý/Phần
a)
Đáp án
Điểm
1
4 x 2 + 3 x + 3 = 4 x 3 + 3 x 2 + 2 2 x − 1 ( ĐKXĐ x ≥ 2 )
⇔ 4x2 + 3x + 3 = 4x x + 3 + 2 2x − 1
(
⇔ ( 2x −
) (
)
0.25
⇔ 4x2 − 4x x + 3 + x + 3 + 1− 2 2x − 1 + 2x − 1 = 0
) (
2
)
2
x + 3 + 1− 2x − 1 = 0
2x = x + 3
4x2 = x + 3
⇔
⇔
⇔ x = 1(tmđk)
1 = 2x − 1
1 = 2x − 1
Vậy phương trình có nghiệm x = 1
0.25
0.25
0.25
Tìm được (d1) cắt (d2) tại M(2m ; 5m-1) với mọi m.
Suy ra quan hệ : ym =
b)
5
xm - 1 với mọi m
2
0.75
Vậy khi m thay đổi, giao điểm M của (d 1) và (d2) luôn nằm
trên đường thẳng cố định (d) : y =
5
x - 1.
2
0.25
Bài 3: ( 2 điểm)
Ý/
Phần
a)
Đáp án
Điểm
4
4
2
2
2
2
Ta có : a + 4 = (a + 4a + 4) − 4a = ( a -2a+2 ) ( a +2a+2 )
0.25
Vì a ∈ Z → a -2a+2 ∈ Z ;a +2a+2 ∈ Z
2
2
Có a 2 +2a+2= ( a+1) + 1 ≥ 1 ∀a
2
Và a 2 -2a+2= ( a-1) + 1 ≥ 1 ∀a
2
0.25
0.25
nên a + 4 là số nguyên tố thì a +2a+2=1 hoặc a - 2a+2=1
Nếu a 2 +2a+2=1 → a = −1 thử lại thấy thoả mãn
Nếu a 2 -2a+2=1 → a = 1 thử lại thấy thoả mãn
Vậy a 4 + 4 là số nguyên tố thì a=1 hoặc a= -1
4
b)
2
2
0.25
Từ a = 3 2 − 3 + 3 2 + 3 <=> a 3 = ( 3 2 − 3 + 3 2 + 3 )3
<=> a3 = 3a +4<=> a3 - 3a = 4
Mặt khác từ a3 = 3a +4 <=> a(a2 - 3 ) = 4 <=> a2 - 3 = 4 : a (vì
a3 = 3a +4 nên a ≠0 )
0.25
0.25
64
Thay vào và rút gọn ta có M = (a 2 − 3) 3 − 3a = a3 - 3a = 4
Vậy M là số chính phương .
0.5
Bài 4: ( 3 điểm)
Ý/Phần
a)
Đáp án
Điểm
A
E
F
H
B
D
AE
Tam giác ABE vuông tại E nên cosA =
AB
AF
Tam giác ACF vuông tại F nên cosA =
.
AC
AE AF
⇒ ∆AEF : ∆ABC (c.g .c)
=
AB AC
2
S AEF AE
2
=
* Từ ∆AEF : ∆ABC suy ra
÷ = cos A
S ABC AB
SCDE
S BDF
2
2
Tương tự câu a, S = cos B, S = cos C.
ABC
ABC
Suy ra
b)
C
0.5
0.5
0.25
Từ đó suy ra
SDEF S ABC − S AEF − S BDF − SCDE
=
= 1 − cos 2 A − cos 2 B − cos 2 C
S ABC
S ABC
2
2
2
Suy ra S DEF = ( 1 − cos A − cos B − cos C ) .S ABC
c)
HC
CE
HC.HB
S
HA.HC
CE.HB
0.5
S
HBC
Từ ∆AFC : ∆HEC ⇒ AC = CF ⇒ AC. AB = CF . AB = S
ABC
HB.HA
S
HAC
HAB
Tương tự: AC.BC = S ; AB.BC = S . Do đó:
ABC
ABC
0.25
HC.HB HB.HA HA.HC S HBC + S HCA + S HAB
=1
+
+
=
S ABC
AC. AB AC.BC AB.BC
Ta chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2
HA HB HC
HA.HB HB.HC HC.HA
+
+
+
+
÷ ≥ 3.
÷ = 3.1 = 3
BC AC AB
BC.BA CA.CB AB. AC
HA HB HC
+
+
≥ 3.
Suy ra
BC AC AB
0.5
Bài : 5 (1 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
Điểm
Gọi a, b, c lần lượt là cạnh huyền và 2 cạnh góc vuông của ∆
vuông.
Khi đó: a, b, c ∈ N và a ≥ 5; b, c ≥ 3
0.5
a 2 = b 2 + c 2
(1)
Ta có hệ phương trình:
bc = 3(a + b + c) ( 2)
(1):
(2):
a2 = b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (b + c)2 – 6(a + b + c)
⇔
a2 + 6a + 9 = (b + c)2 – 6(b + c) + 9
⇔
(a + 3)2 = (b + c – 3)2
⇔
a+3=b+c–3
⇔
a=b+c–6
bc = 3(b + c – 6 + b + c) = 3(2b + 2c – 6)
⇔
(b – 6)(c – 6) = 18
Nên ta có các trường hợp sau:
1. b – 6 = 1 và c – 6 = 18 thì b = 7; c = 24 và a = 25
2. b – 6 = 2 và c – 6 = 9 thì b = 8; c = 15 và a = 17
3. b – 6 = 3 và c – 6 = 6 thì b = 9; c = 12 và a = 15
0.5
