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

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

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề 3x 16 x 7 x 1 x 7 x Câu 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức: A  2 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A 6. mx 22 y Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình: (với m là tham số). 25x my a) Giải hệ phương trình trên khi m 10. b) Tìm để hệ phương trình đã cho có nghiệm xy; thỏa mãn hệ thức: 2015mm2 14 8056 xy 2014 m2 4 Câu 3 (3,0 điểm): a) Cho ba số thực dương abc,, thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a b c P 9a3 3 b 2 c 9 b 3 3 c 2 a 9 c 3 3 a 2 b b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (;)xy thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4 y ( y 1). Câu 4 (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn lấy điểm B sao cho AC 4. AB Tia Cx vuông góc với tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng và CD lần lượt tại K, E. a) Tính giá trị DC. CE theo a. b) Xác định vị trí điểm để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . c) Chứng minh rằng khi điểm thay đổi trên tia thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. 1 1 1 1 1 Câu 5 (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; ; . 1 2 3 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. Hết Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .
2. SỞ GD&ĐT VĨNH KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. 4) Với bài hình học nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó. II) Đáp án và thang điểm: Câu Nội dung trình bày Điểm 3x 16 x 7 x 1 x 7 x Cho biểu thức: A :2 x 2 x 3 x 3 x 1 x 1 a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A. x 0 xx 2 3 0 Điều kiện: x 30 Từ đó: x 0; x 1; x 4 0,25 x 10 x 20 x 1 Câu 1 Biến đổi: (1,5 3x 16 x 7 x 1 x 7 xx 1 3 7 x 1 x 7 đ) x 2 x 3 x 3 x 1 xx 13 x 3 x 1 2xx 6 7 0,25 xx 31 23 x x 7 x 7 x 9 2 x 3 x 1 x 1 x 1 xx 2 và 2 0,25 xx 11 x 9 x 2 x 9 Từ đó: A : 0,25 x 1 x 1 x 2 b) (0,5 điểm) Tìm x để A 6.
3. x 9 Biến đổi: A 6 6 x 9 6 x 2 0,25 x 2 7xx 21 9(thỏa mãn điều kiện). Vậy để A 6 thì x 9 0,25 mx 22 y Cho hệ phương trình: (với m là tham số) 25x my a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình trên khi m 10. 10x 2 y 2 5 x y 1 Thay m 10 ta được hệ: 2x 10 y 5 2 x 10 y 5 0,25 50x-10y=10 52 x=15 2x 10 y 5 2 x 10 y 5 15 15 xx 52 52 5 2x 23 yy 10 52 0,25 15 x 52 Kết luận: với thì hệ có nghiệm duy nhất: 23 y 52 b) (1,0 điểm) Tìm để hệ phương trình đã cho có nghiệm xy; thỏa mãn hệ 2015mm2 14 8056 thức: xy 2014 Câu m2 4 2 Dùng phương pháp thế, ta có: (1,5 mx 2 mx 2 y đ) mx 22 y y 2 0,25 2 25x my mx 2 25x my 25xm 2 2m 10 mx 2 x y m2 4 2 ,  m R 54m m2 4 x=2m+10 y m2 4 0,25 2m 10 x Nên hệ luôn có nghiệm duy nhất: m2 4 , m R 54m y m2 4 2015mm2 14 8056 Thay vào hệ thức: xy 2014 m2 4 2014m22 7 m 8050 2015 m 14 m 8056 0,25 Ta được: mm22 44 2014m22 7 m 8050 2015 m 14 m 8056 2 m 1 m 7 m 6 0 m 1 m 6 0. m 6 0,25 Kết luận: để hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y thỏa mãn hệ thức:
4. 2015mm2 14 8056 m 1 xy 2014 thì 2 m 4 m 6 a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương abc,, thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị a b c lớn nhất của biểu thức: P 9a3 3 b 2 c 9 b 3 3 c 2 a 9 c 3 3 a 2 b Chứng minh: (a2 b 2 cx 2 )( 2 y 2 z 2 ) ( axbycz ) 2 ,  a,,,,, b c x y z R . (1) Thật vậy: (1)( a22 y 2 abxy b 2222 x )( a z 2 acxz c 2222 z )( b y 2 bcyz c 22 z )0 (ay bx )2 ( az cx ) 2 ( by cz ) 2 0 (đúng) 0,25 ay bx Dấu "" az cx by cz 11 Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a3 3 b 2 c )( c ) ( a b c ) 2 1 93a Dấu 0,25 1 "" abc . 3 1 93a32 b c Câu 11 c 3 93a 0,25 (3,0 a 11 ac() đ) 9a32 3 b c 9 a 3 bc1 1 1 1 Tương tự có: b( a ); c ( b ) 9b3 3 c 2 a 9 b 3 9 c 3 3 a 2 b 9 c 3 0,25 1 abc P 3. ( ab bc ca ) 93 1 1 (abc )2 ()abc 2 P 1. Do ab bc ca 0,25 3 3 3 3 1 Vậy P 1 a b c . 0,25 max 3 b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên (;)xy thỏa mãn: x(1 x x2 ) 4 y ( y 1) Có: (x3 x 2 ) ( x 1) 4 y 2 4 y 1 0,25 (x 1)( x22 1) (2 y 1) (1) 2 Vì x, y  2 y 1 0, nên từ 10 x và x chẵn. 0,25 Giả sử (x 1, x2 1) d d lẻ và x22 1 d ; x 1 d 21dd 0,25 Vì (xx 1)(2 1) là số chính phương, (xx 1,2 1) 1 nên (x 1) và(x2 1) 0,25 cũng là hai số chính phương.
5. Do x 0 x2 x 2 1 ( x 1) 2 x 2 1 ( x 1) 2 x 0 0,25 y 0 Khi x 0, có (1) 4yy ( 1) 0 . y 1 0,25 Vậy có hai cặp số nguyên xy; thỏa mãn yêu cầu bài toán là: (0;0),(0;1) Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a . Trên đoạn lấy điểm B sao cho AC 4A B. Tia Cx vuông góc với tại điểm C , gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia ( D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng và CD lần lượt tại K , E . Câu a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC. CE theo a . 4 o 0,25 (3,0 Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC ); ACD ECB 90 đ) ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g) 0,25 DC AC DC CE AC BC 0,25 BC EC aa3 3a2 Do AB ; BC DC EC AC BC 0,25 44 4 b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . 1 S BC. DE S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. 0,25 BDE2 BDE 3a2 Ta có: DE DC EC 2 DC . EC 2 a 3 ( Theo chứng minh phần 4 a) 0,5 a 3 Dấu "" DC EC . 2 33a2 a 3 S nhỏ nhất bằng khi D thuộc tia Cx sao cho CD . 0,25 ()BDE 8 2 c) (1,0 điểm) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( 0,25
6. M nằm giữa A và B) M, N đối xứng qua DE. Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g) AK AB AK AD AC AB (1) AC AD 0,25 Hai tam giác AKM và AND đồng dạng (g-g) AK AM AK AD AM AN (2) AN AD a2 T ừ (1) v à (2) suy ra AM AN AC AB 4 a2 (AC MC )( AC NC ) AC22 MC (Do MC NC ) 0,25 4 33aa2 MC2 MC NC 42 MN, là hai điểm cố định. 0,25 Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định. 1 1 1 1 1 Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; ; . 1 2 3 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u,v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u v uv vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. Với hai số thực u,v bất kỳ ta luôn có: 0,25 u 1 v 1 u v uv 1 u v uv 1 (*) Câu Với dãy số thực bất kỳ a ;a ; ;a , ta xét “Tích thêm T ”: 5 1 2 2015 (1,0 T a1 1 a 2 1 a 3 1 a 2015 1 0,25 đ) Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm ” không thay đổi với mọi dãy thu được. Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm ”: 1 1 1 1 1 2 3 4 2015 2016 0,25 T 1 1 1 1 1 . . . 2016 1 2 3 4 2015 1 2 3 2014 2015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là x thì “Tích thêm ” đối với dãy cuối là: Tx 1 Vậy ta có: xx 1 2016 2015 0,25 Bài toán được giải quyết; và sau 2014 lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta thu được số 2015. Hết