Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT THANH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 OAI Môn: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có: 01 trang Câu 1: (6 điểm) x x 3 x 2 x 2 a) Cho M (1 ) : ( ) x 1 x 2 3 x x 5 x 6 1. Rút gọn M 2. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên b) Tính giá trị của biểu thức P P 3x2013 5x2011 2006 với x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 3 Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình a) ( x 3)(x 4)(x 5)(x 6) 24 2 b) | 2x x 1| = 2x x2 1 Câu 3: (4 điểm) a/ Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. 2211 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x 22 y yx 1 1 1 b/ Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 6 . x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: . 3x 3 y 2 z 3 x 2 y 3 z 2 x 3 y 3 z 2 Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. 2. Gọi α là số đo của góc BFE. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì biểu thức P sin66 cos . Đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ nhất đó. BE3 CE 3. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và . BF3 DF Câu 5: (1 điểm) Tìm n N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
2. PHÒNG GD&ĐT THANH HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 OAI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán Câu 1: (6 điểm) a) (4,5đ) ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 (*) 1)Rút gọn M : Với (0,5đ) x 1 x x 3 x 2 x 2 M : x 1 x 2 x 3 ( x 2)( x 3) 1 ( x 3)( x 3) ( x 2)( x 2) ( x 2) : x 1 ( x 2)( x 3) 1 x 9 (x 4) x 2 : x 1 ( x 2)( x 3) x 2 x 1 x 2 Vậy M (với x 0; x 4; x 9 ) (*) (2,5đ) x 1 x 2 x 1 3 x 1 3 3 2) M 1 (0,75đ) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Biểu thức M có giá trị nguyên khi và chỉ khi: 3 x 1 x 1 U(3) Ư(3) 1; 3  Vì x 0 x 0 x 1 1 Nên x 1 1;3  Xảy ra các trường hợp sau: (0,5đ) . x 1 1 x 0 x 0 (TMĐK (*) ) . x 1 3 x 2 x 4 (không TMĐK (*) loại ) (0,25đ) Vậy x = 0 thì M nhận giá trị nguyên. b_
3. x 6 2 2. 3 2 2 3 18 8 2 . 3 Có 18 8 2 (4 2)2 4 2 4 2 (0,5đ) 2 2 3 4 2 2 3 4 ( 3 1)2 3 1 (0,25đ) x 622.3 31 3 622.2 3 3 62423 3 x 6 2 ( 3 1)2 3 6 2 3 1 3 4 2 3 3 x ( 3 1)2 3 3 1 3 3 1 3 1 (0,75đ) Với x = 1.Ta có P 3.12013 5.12011 2006 3 5 2006 2014 Vậy với x = 1 thì P = 2014 Câu 2: (4 điểm) a. ( x 3)(x 6)(x 4)(x 5) 24 0,25 đ  (x2 9x 18)(x2 9x 20) 24 (1) 0,25 đ Đặt x2 9x 19 y 0,5 đ (1)  ( y + 1)(y – 1 ) – 24 = 0 0,5 đ  y2 – 25 = 0 0,25 đ  (x2 9x 24)(x2 9x 14) 0 0,5 đ 0,5 đ  (x 2)(x 7)(x2 9x 24) 0 2 Chứng tỏ x 9x 24 0 Vậy nghiệm của phương trình : x 2; x 7 0,25 đ 2 2 2 b. Ta có 2x x 1 (x 2x 1) (x 1) 0 0,25 đ pt trở thành : 2x x2 1 x2 2x 1 0,5 đ  x 1 0,25 đ Câu 3: (4 điểm) a Cho hai số dương thỏa mãn: x + y =1. 2đ 11 xy22 Tìm GTNN của biểu thức: M = 22 yx 1x4 y 4 2 x 2 y 2 1 M = = xy22 11 x2 y 2 x 2 y 2
4. 2 22 2 2 xy 1 xy22 11 0,5 22 xy x y xy xy 1 1 15 Ta có: xy xy xy 16 xy 16 xy 0, 5 1 1 1 1 * Ta có: xy 2 xy . 2. (1) * 16xy 16 xy 4 2 xy 1 1 1 1 4 1 15 15 xy xy 4 (2) 22 4xy 1616416 xy xy 4 1 1 15 1 15 17 Từ (1) và (2) xy xy 0,5 xy 16 xy 16 xy 2 4 4 2 2 1 17 289 Vậy M = xy 0,25 xy 4 16 1 1 xy xy 1 Dấu “=” xảy ra 16xy 4 xy (Vì x, y > 0) 2 0,25 xy xy 289 1 Vậy min M = tại x = y = 16 2 0,5 b 1 1 1 2đ 6 Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x y y z z x 1 1 1 3 Chứng minh rằng: 3x 3 y 2 z 3 x 2 y 3 z 2 x 3 y 3 z 2 1 1 4 Áp dụng BĐT a b a b (với a, b > 0) 0.5 1 1 1 1 a b4 a b Ta có:
5. 1 1 1 1 1 3xyz 3 2 2 xyzxyz 2 4 2 xyzxyz 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0,5 4xyxz xy yz 4 4 xyxzxyyz 1 2 1 1 16 x y x z y z 1 1 2 1 1 3x 2 y 3 z 16 x z x y y z Tương tự: 1 1 2 1 1 2x 3 y 3 z 16 y z x y x z 0,5 cộng vế theo vế, ta có: 1 1 1 1 4 4 4 0,5 33232323316xyzxyzxyz xyxzyz 4 1 1 1 1 3 .6 16 x y x z y z 4 2 0,5 Caai 4: (5 điểm) B 1 D I O 0,25 C H 1 E F P A Q .
6. BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA 0,75đ. Nối OE, BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF AE AB AEAB A E AB AB AF11 OA AQ AB AF 0,75đ. 22 Vậy AEO ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AE O mà ABQ P1 (góc có các 0,25đ cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO P1 , mà hai góc đồng vị => PH // OE. Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. . 2. Ta cã: 33 P sin6 cos 6 sin 2 co s 2 0,75đ. 2 2 4 2 2 4 P sin cos sin sin cos cos 2 P sin2 cos 2 3sin 2 cos 2 1 3sin 2 cos 2 0,5đ Ta cã: 2 1 sin2 cos 2 4sin 2 cos 2 1 4sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 0,25đ 4 31 0,25đ Suy ra: P 1 3sin22 cos 1 44 1 22 Do ®ã: P khi vµ chØ khi: sin cos sin cos (v× lµ min 4 sin 0,25đ gãc nhän) 1 tg 1 450 cos Khi đó CD vuông góc với AB 0,25đ 0,25đ 3. Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên ACB AD B 900 => ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2 0,25đ = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF 3 3 AB = CE.DF.EF. Vậy CD = CE.DF.EF 0,25đ Ta có: BE2 EA.EF A E BE 4 A E 2 CE . BE BE3 CE BF2 FA. EF AF BF 4 AF 2 DF . BF BF3 DF Câu 5: Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2
7. 2 n 4 n3 1 n 2 K n 4 2Kn2 K 2 (K N* ) n3 2Kn2 K2 1 n 2 (n 2k) K2 1 0 Mà K2 1n 2 K2 1 hoặc n 2 K 2 1 Nếu K2 1 K 1 n 2 (n 2) 0 n 2 Thử lại 24 23 1 52 ( thỏa mãn) Khi K 1 K2 K2 1 n 2 K n n 2k 0 mâu thuẫn với điều kiện n 2 n 2K K 2 1 0 (1đ) Vậy n = 2