Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Sở GD và ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

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

1. SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2013 – 2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi: 15/3/2014 (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (6,0 điểm): 2 2 ab 1 a b a) Rút gọn biểu thức: M1= +− ab+ 4 b a x2 1 5x 1 b) Giải phương trình: += − 9 x2 33 x  11  +22 −=  x y c) Giải hệ phương trình:  11  + −=  22  y x Câu 2 (3,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx – 2 và −x 2 parabol (P) có phương trình y = . Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng 4 (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm các giá trị của m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 3 (2,0 điểm): Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn 0≤≤ a; b; c 2 1 1 19 Chứng minh rằng: ++≥. (ab)(bc)(ca)−222 −−4 Câu 4 (6,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính MN, dây cung AB vuông góc với MN tại điểm I nằm giữa O, N. Gọi K là một điểm thuộc dây AB nằm giữa A, I. Các tia MK, NK cắt đường tròn tâm O theo thứ tự tại C, D. Gọi E, F, H lần lượt là hình chiếu của C trên các đường thẳng AD, AB, BD. Chứng minh rằng: a) AC.HF= AD.CF b) F là trung điểm của EH c) Hai đường thẳng DC và DI đối xứng với nhau qua đường thẳng DN. Câu 5 (3,0 điểm): Cho n và k là các số tự nhiên, An=4 + 4 2k+ 1 . a) Tìm k, n để A là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng: + Nếu n không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 5. + Với p là ước nguyên tố lẻ của A ta luôn có p – 1 chia hết cho 4. HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2:
2. SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (2 điểm) Điều kiện: a;b > 0. 2ab 4ab++− a22 b 2ab M = 0,5 a+ b 4ab 2 ab (a+ b)2 ab+ = . = 1 ab++2 ab ab Nếu a > 0, b > 0 thì M=1 Nếu a y ≥ ⇒ y ≥ : (x; y) không là xyyx 2 0,5 nghiệm của HPT
3. 1 1111 + y > x ≥ ⇒ +−>+−22 2 xyyx 0,5 1 ⇒ với x > y ≥ :(x;y) không là nghiệm của HPT 2 + x = y: thay vào hệ ta giải được x = 1, y = 1 0,5 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình −x2 mx−= 2 (*) 0,5 4 (*)⇔ x2 + 4mx −= 8 0 Ta có: ∆=′′4m2 + 8 ⇒∆> 0 ∀ m ∈ 0,5 Suy ra với mọi giá trị của m phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, tức là với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. 0,5 A(x ; y ), B(x ; y ), y=−=− mx 2, y mx 2 2 Giả sử: AABBAABB xAB+=− x 4m (3 Theo định lí Viét có  0,5 x .x= − 8 điểm)  AB Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 AB =(xA − xB) +(yA − yB) =(xA − xB) +m (xB − xA) =(xB − xA) (1+m ) =(x + x)2 − 4xx(1m)  + 22 =− (4m) −− 4.(8)(1m)  + 2 A B AB   =(16m22 ++ 32)(1 m ) 0,5 ⇒=AB (16m22 + 32)(1 + m ) ≥ 32 = 4 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0. Vậy độ dài đoạn AB nhỏ nhất khi và chỉ khi m = 0 0,5 Sử dụng BĐT Cô-si với x > 0, y > 0, ta có: 11 1 + +≥2 = 22(x y) 2. .4xy 8 . xy xy 11 8 Suy ra: +≥ (1). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y. 0,5 x22 y (x+ y) 2 Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c. Áp dụng BĐT (1) cho cặp số dương a – b và b – c, ta có: 3 11 8 8 +≥ =. (2 (a− b)22 (b − c) (a −+− b b c) 22 (a − c) 0,5 điểm) Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c. 111819 Suy ra: ++≥+=. (a− b)22222 (b −− c) (c a) (a −− c) (c a) (a − c) 20,25 Mặt khác, do a, c ∈ [0; 2] và a > c nên 0 < a – c ≤ 2. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 2 và c = 0. 0,25 1 1 1 99 Do đó: ++≥≥. 0,25 (a− b)2222 (b −− c) (c a) (a − c) 4
4. Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị. 0,25 M D H O f KI J A B I E C N a. (3 điểm) Từ giả thiết ta có các tứ giác CBHF nội tiếp. Theo tính chất của 1 tứ giác nội tiếp và góc nội tiếp ta có : FCH = FBH = ABD = ACD 0,5 4 FHCFBCABCADC = = = 0,5 (6 ⇒∆HFC ∆ DAC(g.g) 0,5 điểm) HF DA ⇒= (1) 0,25 FC AC ⇒=AC.HF AD.CF 0,25 b. (2 điểm) Các tứ giác AECF, CBHF, ADBC nội tiếp, suy ra: EFC = EAC = CBD =−⇒+ 18000 CFH EFC CFH = 180 0,5 Suy ra E, F, H thẳng hàng. EF DB Chứng minh tương tự ý a ta có ∆EFC ∆ DBC(g.g) ⇒= (2) 0,25 FC BC Do đường kính MN vuông góc với dây AB nên N, M lần lượt là các điểm chính giữa của các cung AB. Suy ra DK là đường phân 0,25 ∆ADB ∆ACB giác của , CK là đường phân giác của DA KA CA KA DA CA DA DB ⇒= và = ⇒=⇒= (3) DB KB CB KB DB CB CA CB 0,5 FE FH Từ(1), (2) và (3) suy ra = ⇒=FE FH FC FC 0,25 Suy ra F là trung điểm của EH (đpcm) 0,25 c. (1 điểm) Lấy J trên đoạn AB sao cho DN là phân giác góc CDJ ta có ADC  JDB,  ADJ  CDB 0,25
5. ⇒=AC.BD DC.BJ, AD.BC = DC.AJ 0,25 DA DB Mà =⇒=⇒AD.BC AC.BD AJ=BJ CA CB 0,25 ⇒ J trùng với I ⇒ Điều phải chứng minh 0,25 a. (1,5 điểm) + Khi n = 0: A là hợp số + Khi n = 1 và k = 0, ta có A = 5 là số nguyên tố. 0,25 + Khi n ≥ 1 và k ≥ 1, ta chứng minh M không là số nguyên tố: 2 2k12+ k1 + 2 2 2k1 ++ k1 2 2k1 ++ k1 A=+ (n 2 ) − (n.2 ) =++ (n 2 n.2 )(n +− 2 n.2 ) 0,5 Ta có : n2++ 2 2k1++ n.2 k1là số nguyên lớn hơn 1 và n2+− 2 2k1++ n.2 k1là số nguyên Mặt khác n2+≥ 2 2k++ 1 2 n 2 .2 2k 1 ≥ 2n.2k 2 ⇒n2 + 2 2k1++ − n.2 k1 ≥ 2n.2 k 2 − n.2k1+ = n.2 k1 + ( 2 −> 1) 1 0,5 Suy ra M là hợp số. Kết luận: n44+ 2k+ 1 là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0. 0,25 5 b. (1,5 điểm) (3 4 (n, 5) = 1 ⇒ n− 15 0,25 điểm) mà 42k+− 1 += 1 5(42k − 4 2k 1 + + 1) 5 ⇒ A 5 0,25 4 2k+ 1 A p⇔ n ≡− 4 (mod p) p1−−p1 4 2k+ 1 0,25 ⇒(n) 22 ≡−( 4) (mod p) p1− p1−−+ p1 ⇒(n2 ) ≡−( 1) 2 ( 22k 1 ) (mod p) 0,25 p1−−p1 Mà (n2 ) ≡≡( 22k+ 1 ) 1(mod p) (Định lí Fermat nhỏ) p1− ⇒1 ≡−( 1) 2 (mod p) 0,25 p1− ⇒2 ⇒− p 14 2 0,25 Hết