Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD và ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD và ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 04/03/2015 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (5,0 điểm). 2 x−−48 xx ( xx−+22) Cho biểu thức: A = + :  với x không âm, khác 4. xx−+224 − x   a) Rút gọn A. b) Chứng minh rằng A <1 với mọi x không âm, khác 4. c) Tìm x để A là số nguyên. Câu 2 (5,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 2512232xx22+++ xx ++=+ x 5 xyz++=6  b) xy++= yz zx 11  xyz = 6 Câu 3 (2,0 điểm). Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 232x2++ xyy 2 + 232 y 2 ++ yzz 22 + 232 z ++ zxx 2. Câu 4 (7,0 điểm). Cho đường tròn tâm O, dây cung BC cố định. Điểm A trên cung nhỏ BC, A không trùng với B, C và điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Gọi H là hình chiếu của A trên đoạn thẳng BC; E, F thứ tự là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’. Chứng minh rằng: a) Hai tam giác HEF và ABC đồng dạng với nhau. b) Hai đường thẳng HE và AC vuông góc với nhau. c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF là điểm cố định khi A chuyển động trên cung nhỏ BC. Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A, độ dài cạnh huyền bằng 2015. Trong tam giác ABC lấy 2031121 điểm phân biệt bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm có khoảng cách không lớn hơn 1. HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN - Ngày thi 04/03/2015 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm a) (3,0 điểm) Với x ≥ 0 và x ≠ 4 ta có: (x− 2)( x + 2) ( xxx −++ 2)( 2 4) xx −+ 2 4  0.5 A =  − :   x−2 ( xx −+ 2)( 2)  x +2   xx++24 xx −+ 24  = x +−2:  0.5  xx++22  2 ( x+2) −+( xx 24 +) xx−+24 = : 0.5 xx++22 2xx−+ 24 x = : 0.5 Câu 1 xx++22 (5,0 22xx+ điểm) = . 0.5 xxx+−22 + 4 2 x = 0.5 xx−+24 b) (1,0 điểm) 2 2 x −−( xx44 +) −( x − 2) Ta có A −=11 −= = 2 0.5 xx−+24 xx −+ 24( x −+13) 22 Do x ≥ 0 và x ≠ 4 nên ( xx−2) > 0;( − 1) +≥> 3 3 0 nên AA− ⇒ 4 0 A ≥ 0 0,5 Vậy 01≤<A do đó A∈⇔ Ax =⇔=00 0,5 Câu 2 a) 3,0 điểm (5,0 Tập xác định: R 0,25 điểm) 2512232xx22+++ xx ++=+ x 5 1
3. ⇔25125232xx22 + + =+− x xx + + 0,5 ⇒2xx22 ++= 5 12 3 x + 13 x +− 27 2( x + 5) 2 xx2 ++ 3 2 0,5 ⇔++−xx228 15 2( x + 5) 2 xx ++= 3 2 0 ⇔(x + 5)[( x +− 3) 2 2 xx2 + 3 + 2] = 0 0,5 x = −5 ⇔  2 0,25 22xx+ 3 +=+ 2 x 3 22xx22+ 3 + 2 = x +⇒ 3 7 xx + 6 −= 1 0 0,25 x = −1  ⇔ 1 0,25 x =  7 1 Thử lại suy ra phương trình có tập nghiệm là: −1; 0,5 7 b) 2 điểm  xyz++=6 xy+=−6 z   xy++= yz zx 11 ⇔xy ++( x y ) z = 11 0,25 xyz = 6  6  xy =  z  xy+=−6 z  6 ⇔ +−(6zz ) = 11 0,25  z  6 xy =  z xy+=−6 z   6 ⇔=xy 0,25  z 32 zz−6 + 11 z −= 6 0 zz32−6 + 11 z −=⇔ 6 0 ( zz − 1)( − 2)( z − 3) = 0 0,25 z = 1  ⇔=z 2 0.25 z = 3 =x 2  xy+=5 y = 3 z =⇒⇒1  0,25 xy+=6 x = 3  y = 2 2
4. =xx11=  xy+=43yy= 32xy+= = zz=⇒⇒=⇒⇒2,3 xy = 32xx= 32xy = = 0.25  yy= 11= Kết luận: Tập nghiệm của hệ phương trình là tập hợp các hoán vị của (1;2;3) 0,25 717 Ta có: 232x22++ xyy = ()() xy ++ 22 xy −≥ () xy + 2 0,5 444 7 ⇒232x22 ++ xy y ≥ ( x + y ), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. 0,5 Câu 3 2 (2,0 A=232 x2 ++ xyy 2 + 232 y 2 +++ yzz 22 232 z ++ zxx 2 điểm) 777 0,5 ≥()()()7()37xy ++ yz ++ zx += xyz ++= 222 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 0,25 Vậy MinA = 37 0,25 A P E N M B H C O F A’ Không mất tính tổng quát giả sử AB < AC a) 2,5 điểm Tứ giác ABHE nội tiếp 0.5 ⇒=HEF ABC 0.5 Câu 4 Tứ giác ACFH nội tiếp 0.5 (7,0 điểm) ⇒=HFE ACB 0.5 ⇒ hai tam giác HEF và ABC đồng dạng. 0,5 b) 2,5 điểm HEF = ABC 0.5 Mà CA 'F= ABC (cùng chắn cung AC) 0.5 ⇒=HEF CA 'F 0.5 ⇒ HE || A 'C 0.5 Mặt khác A 'C⊥⇒⊥ AC HE AC 0,5 c) 2,0 điểm Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của các đoạn BC, CA, AB⇒ PM || AC 0,5 Mà HE⊥⇒ AC PM ⊥ HE 0,5 Tam giác AHB vuông tại H, tam giác AEB vuông tại E, P là trung điểm của AB 0,5 ⇒=PH PE (cùng bằng một nửa AB) ⇒ MP là đường trung trực của đoạn HE Tương tự MN là đường trung trực của HF. 0,25 Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác HEF ⇒ Điều phải chứng minh. 0,25 3
5. Gọi M1 ,M 2 , ,M 2014 là các điểm thuộc đoạn BC thỏa mãn BM1= M 1 M 2 = M 2 M 3 = = M2013 M 2014 = M 2014 C = 1 Gọi N1 , N 2 , , N 2014 là các điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn 1 AN1= N 1 N 2 = N 2 N 3 = = N2013 N 2014 = N 2014 C = 0,25 2 Gọi P1 ,P 2 , ,P 2014 là các điểm thuộc đoạn AB thỏa mãn 1 = = = = = = Câu 5 BP1 P 1 P 2 P 2 P 3 P2013 P 2014 P 2014 A 2 (1 điểm) Khi đó các đoạn M1 N 1 ,M 2 N 2 , ,M 2014 N 2014 , M1 P 1 ,M 2 P 2 , ,M 2014 P 2014 chia tam giác 20152 − 2015 ABC thành = 2015.1007 hình vuông có chiều dài đường chéo bằng 1 và 0,25 2 2015 tam giác vuông cân có chiều dài cạnh huyền bằng 1 Suy ra tam giác vuông ABC được phủ kín bởi 2031120 hình tròn đường kính bằng 1(tính cả biên). 0,25 Mà có 2031121 điểm trong tam giác ABC nên tồn tại ít nhất 2 điểm cùng thuộc một hình tròn đường kính bằng 1, do đó ta có điều phải chứng minh. 0,25 Hết 4