T 15
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (214.44 KB, 4 trang )
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
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)
Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Bài 1: ( 2 điểm)
Cho biểu thức P =
x +1
x+2
x +1
−
−
x −1 x x −1 x + x + 1
a, Rút gọn biểu thức P.
b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
2
+ x .
P
Bài 2: (2 điểm)
a) Giải các phương trình sau:
x − x +1 − x + 4 + x + 9 = 0
b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
( m − 4 ) x + ( m − 3) y = 1 (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến
đường thẳng (d) là lớn nhất.
Bài 3: (2 điểm)
a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn
x + y 2013
là số
y + z 2013
hữu tỉ, đồng thời x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.
b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn:
x(1 + x + x2 ) = 4y(y -1)
Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB
a) Chứng minh các điểm B, C, E, F thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng
tâm của tam giác ABC.
Bài 5: (1 điểm)
Giả sử a, b, c là các số dương , chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b
---------- HẾT ---------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: (2điểm)
Ý/Phần
Đáp án
ĐKXĐ x ≥ 0; x ≠ 1
a
Ta có P =
b
x + x +1− x − 2 −
(
)(
(
x −1 x +
)(
x + 1)
x +1
)=
x −1
Điểm
0,25
− x
x + x +1
0,75
Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
Q=
(
)+
−2 x + x + 1
x
2
x = −2 − x +
÷ ≤ −2 − 2 2
x
Vậy GTLN của Q= −2 − 2 2 khi x=2
0,75
0,25
Bài 2: (2 điểm)
Ý/Phần
a
ĐKXĐ: x ≥ 0.
Đáp án
Điểm
0,25
x − x +1 − x + 4 + x + 9 = 0
⇔
⇔
(1)
x + 9 − x + 4 = x +1 − x
5
=
x+9 + x+4
0,25
1
x +1 + x
⇔ x + 9 + x + 4 = 5( x + 1 + x)
(2)
0,25
Từ (1),(2) suy ra:
x + 9 = 3 x + 1 + 2 x ≥ 3 x + 1 = 9 x + 9 ≥ x + 9 ,dấu
b
“=” xảy ra khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm pt.
Vậy pt đã cho có nghiệm x=0.
Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).
• m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (1).
• m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ
O đến (d) là 1 (2).
• m ≠ 4, m ≠ 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại:
0,25
0,25
1
1
A 0;
; 0 ÷.
÷ và B
m−3
m−4
Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta
1
1
có: OA = m − 3 , OB = m − 4
0,25
1
1
1
2
2
=
+
= ( m − 3) + ( m − 4 ) = 2m 2 − 14m + 25
2
2
2
OH OA OB
2
7 1 1
= 2 m − ÷ + ≥
2 2 2
0,25
Suy ra
OH 2 ≤ 2 ⇒ OH ≤ 2 (3).
Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là
2 , đạt được khi và
7
2
chỉ khi m = .
7
2
0,25
Kết luận: m = .
Bài 3: (2,0 điểm)
Ý/Phần
a
Đáp án
x + y 2013 m
=
m, n ∈ ¥ * , ( m, n ) = 1 .
y + z 2013 n
nx − my = 0
x y m
⇒ = =
⇒ xz = y 2 .
⇔ nx − my =( mz − ny ) 2013 ⇒
y z
n
mz − ny = 0
(
Ta có
)
x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2 xz + y 2 = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z ) ( x + z − y )
2
2
Điểm
0,25
0,25
0,25
Vì x + y + z > 1 và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố nên
x2 + y 2 + z 2 = x + y + z
x − y + z = 1
Từ đó suy ra x = y = z = 1 (thỏa mãn).
x(1 + x + x2 ) = 4y(y - 1) ⇔ x + x2 + x3 + 1 = 4y2 – 4y + 1
b
⇔ (x2 + 1)(x + 1) = (2y - 1)2 (1)
Do (2y - 1)2 là số lẻ, gọi d = (x2 + 1,x + 1) ⇒ d là số lẻ
x2 + 1 Md và (x + 1)(x – 1) Md ⇒ 2 Md mà d lẻ nên d = 1
nên x2 + 1 và x + 1 nguyên tố cùng nhau với x, y là các số nguyên
thì (2y - 1)2 là số chính phương nên x2 + 1 và x + 1 đều là số chính
phương
lại có x2 và x2 + 1 là hai số chính phương liên tiếp ⇒ x2 = 0
⇒x = 0
Thay x = 0 vào phương trình (1) ta tìm được y = 0, và y =1
Vậy các cặp số tự nhiên (x,y) là (0,1); (0,0).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4: (3,0 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
a
A
E
F
G
O
H
B
C
M
D
Điểm
0,25
·
·
BFC
= BEC
= 900 ( cùng nhìn cạnh BC)
Suy ra B, C, E, F thuộc đường tròn đường kính BC.
·
Ta có ACD
= 900 ⇒ DC ⊥ AC
Mà HE ⊥ AC; suy ra BH//DC (1)
Chứng minh tương tự: CH//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành
Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD.
Do đó AM, HO trung tuyến của ∆AHD
b
c
⇒ G trọng tâm của ∆AHD ⇒
GM 1
=
AM 3
Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC,
Suy ra G là trong tâm của ∆ABC
GM 1
=
AM 3
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5: (1,0 điểm)
Ý/Phần
Đáp án
Do a,b,c > 0 áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a + (b + c) ≥ 2 a(b + c)
⇔ a [a + (b + c)] ≥ 2a b + c
a
2a
≥
b+c a+b+c
Điểm
0,25
Tương tự ta thu được :
b
2b
≥
c+a a+b+c
Cộng theo vế ta được:
,
c
2c
≥
a+b a+b+c
a
b
c
+
+
≥ 2
b+c
c+a
a+b
0,25
0,25
Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xảy ra , vì
khi đó có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = 0 ( trái
với giả thiết a, b, c đề là số dương ).
Từ đó suy ra :
a
b
c
+
+
>2
b+c
c+a
a+b
0,25
