Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD và ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - 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 2015-2016 Môn: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 02/3/2016 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (5,5 điểm). xxxxxx+−2222 −− 1. Rút gọn biểu thức A = − với x ≥ 2 . xxxxxx−−2222 +− 2. Giải phương trình: 4x2 + 3 x += 3 4 xx ++ 3 22 x − 1  32 x−= x xy − y 3. Giải hệ phương trình:  4 + − + +=  2( x 1) 5 xy 20 Câu 2 (5,0 điểm). Cho phương trình: x22+( m + 1) xm += 2 (m là tham số, x là ẩn). 1. Chứng minh với mọi giá trị của m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt xx12; . 2xx12−− 1 2 1 55 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho: +=+xx12 x2 x 1 xx12 Câu 3 (1,5 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z đôi một khác nhau đồng thời thoả mãn 111 ( zxzy+)( +=) 1. Chứng minh rằng: ++≥4 (xy−++ )(222 zx )( zy ) Câu 4 (7,0 điểm). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MNP với đường tròn (A, B là các tiếp điểm, N nằm giữa M và P). Gọi H là giao điểm của AB và MO. 1. Chứng minh: Tứ giác NHOP nội tiếp được đường tròn. 2. Kẻ dây cung PQ vuông góc với đường thẳng MO. Chứng minh ba điểm N, H, Q thẳng hàng. 3. Gọi E là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đường tròn (O). Chứng minh: NE là tia phân giác của MNH . Câu 5 (1,0 điểm). xy22−=29 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn:  50<<x 100 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 2015-2016 Môn: TOÁN - Ngày thi 02/3/2016 (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. Nếu học sinh làm sai câu trước mà vẫn sử dụng kết quả của câu trước làm đúng câu sau thì châm chước để chấm ý sau bình thường theo biểu điểm. 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 tổ chấm . II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm 1. ( 2,0 điểm) 22 ( xxx+22 −22) −−( xxx −) A = 0,25 ( xxxxxx+−2222)( −−) 22 ( xxx+22 −22) −−( xxx −) A = 0,25 xx22−+2 x ( xxxxxxxxxxxx222+22 − +− 2) −( 222 − 22 − +− 2) A = 0,25 2x (222xxxxxxxxxx2−+ 22 − 2) −( 222 −− 2 − 2) A = 0,25 2x 42xx2 − x Câu 1 A = 0,5 (5,5 2x điểm) A=22 xx2 − 0,5 2. ( 1,5 điểm) x +≥30 Điều kiện:  (*) 0,25 2x −≥ 10 1 ⇔≥x 0,25 2 Với điều kiện (*) phương trình đã cho tương đương với: 0,25 (4x2 − 4 xx +++ 3 x 3) + (2 x −− 1 2 2 x −+= 1 1) 0 ⇔(2xx − + 3)22 + ( 2 x −− 1 1) = 0 0,25 2xx− += 30 ⇔  0,25  2x −−= 11 0 1
3. xxxx+=32 += 32 ⇔⇔⇔=x 1 ( Thỏa mãn điều kiện (*)). 2xx−= 11 = 1 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1. 3. ( 2,0 điểm) x ≥ 0 Điều kiện:  (*) 0,25 y ≥ 0 32 2 xy= Xét phương trình: x−= x x y −⇔ y (x − y)(x −=⇔ 1) 0  0,25 x1= ± Với x = −1 không thỏa mãn điều kiện (*) 0,25 Với x =1 thay vào phương trình còn lại có: yy−=10 ⇔ = 1 thỏa mãn điều kiện (*). 0,25 Với xy= ≥ 0 khi đó ta có phương trình: 2(xx4 + 1) − 4 += 2 0 ( ) 0,25 Nhận xét: Với mọi x ≥ 0 ta có: (x22− 1) ≥ 0 ⇔ xx 4 +≥ 1 2 2 và xx2 = Do đó: 2(1)424422422(1)0x42+−+≥−+=−+=−≥ x x x xx x2 0,25 x2 −=10 Do đó: ( ) ⇔ ⇔=⇒=xy1 1 thỏa mãn điều kiện (*) 0,25  x −=10 x =1 Vậy hệ đã cho có nghiệm  0,25 y =1 1. ( 2,0 điểm) Biến đổi phương trình đã cho về dạng: x22+ (m + 1)x + m −= 2 0 0,25 Ta có: ∆=(mm22 + 1) − 4( − 2) 0,25 ⇔∆=mm42 +2 + 14 − m + 8 0,25 ⇔∆=mmm42 +2 − 49 + 0,25 ⇔∆=m42 +2( mm − 2 + 1) + 7 0,25 ⇔∆=mm42 +2( − 1) + 7 0,25 m4 ≥ 0 Ta có: với ∀∈mR.  2 0,25 (m −≥ 1) 0 Nên có ∆>0 với ∀∈mR. 0,25 Vậy với mọi giá trị của m phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt xx12; Câu 2 2. ( 3,0 điểm) (5,0 x1 ≠ 0 điểm) Để thỏa mãn yêu cầu bài toán phương trình đã cần có hai nghiệm  . 0,25 x2 ≠ 0 Do đó có: m ≠ 2 0,25 22 Từ giả thiết ta có: x1(2 x 1−+ 1) x 2 (2 x 2 −= 1) xx 12 + 55 0,25 ⇔ +2 − −+ −22 −= 2()2()xx12 xxxx 1212 xx 12 550(*) 0,25 xx+=−− m2 1 Theo định lý Vi – ét ta có:  12 0,5 xx12= m − 2 Thay vào (*) có: 2[(m22+ 1) − 2(mm − 2)]+(m2 +− 1) ( − 2)2 − 55 = 0 0,25 ⇔2(m42 +2m − 2m+5)+(m2 +− 1) (mm 2 − 4 + 4) − 55 = 0 0,25 ⇔2mm42 + 4 −= 48 0 0,25 ⇔(mm22 − 4)( += 6) 0 0,25 2
4. m2 −=40 ⇔ ⇔=±m 2 0,25  2 m +=60 m = −2 ( Loại giá trị m = 2 ) 0,25 axz= + ab;>≠ 0; a b + Đặt  ta có  b= yz + ab =1 0,25 1 11 Khi đó có bất đẳng thức: ++≥4 ()ab− 222 a b 11 ++≥2 Thay ab =1 vào ta có: 2 a 4 1 2 0,25 ()a − a a 1 1 aa2( 22− 1) = ++=2 + + Xét biểu thức: Fa2 22 2 2 1 2 − 0,25 ()a − aa( 1) a Câu 3 a aa2 −1 (1,5 Viết F =−+( )42 .Do đó có F ≥ 4 0,25 điểm) aa2 −1 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  51+− 51 2 ab= ⇒= aa−1 = ⇔ 222− = ⇔ 4 − 2 += ⇔ 22 0,25 2 (a 1) a aa3 1 0 aa−1  51−+ 51 ab= ⇒=  22 Vậy với các số thực không âm x, y, z đôi một khác nhau đồng thời thoả mãn  51+  51− xz+= xz+=  2  2 0,25  hoặc  thì bất đẳng thức được chứng minh.  51−  51+ yz+= yz+=  2  2 1. (2,5 điểm) A P N M 0,25 E H O F Câu 4 (7,0 điểm) B Q Chứng minh ∆∆MNA MAP 0,25 Suy ra MN. MP= MA2 0,5 Chứng minh AB⊥ MO tại H 0,25 Suy ra MH.MO= MA2 0,25 Vậy có: MN.MP= MH.MO 0,25 3
5. ⇒∆MNH ∆ MOP(c.g.c) 0,25 Suy ra MHN = MPO 0,25 Vậy tứ giác NHOP nội tiếp. 0,25 2. ( 2,5 điểm) PQ⊥ MO nên P và Q đối xứng qua MO 0,25 Vậy: QHO = PHO 0,25 PHO = ONP ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung OP) 0,5 ONP = OPN 0,5 OPN = MHN ( Theo chứng minh câu 1). 0,25 ⇒=QHO MHN 0,25 Mà QHO;MHN nằm ở các vị trí đối đỉnh nên 3 điểm N, H, Q thẳng hàng. 0,5 3. (2,0 điểm) + Tứ giác NHOP nội tiếp nên HNM = HOP (1) 0,5 + ME cắt đường tròn (O) tại F. Chứng minh: HOP = 2 EFP (2) 0,5 + Tứ giác NEFP nội tiếp nên ENM = EFP (3) 0,5 Từ (1), (2), (3) suy ra HNM = 2 ENM . 0,25 Vậy NE là phân giác của HNM 0,25 + Ta có: xy22−=92 nên x2 là số lẻ suy ra x là số lẻ. 0,25 và x22−=9 ( xx − 3)( + 3) = 2 y nên x+=3 2( kk ∈ N ). + Xét p là một số nguyên tố lớn hơn 3. Mặt khác luôn có xx+>−33 Dễ dàng chứng minh được nếu p là ước số của (x + 3) thì (xp−= 3; ) 1 2 2 0,25 Mặt khác từ giả thiết (xx− 3)( += 3) 2 y nên ta có nhận xét nếu xpxp+33 ⇒+ Lại do 50<<x 100 nên có p ∈{5;7} Câu 5 xx+=3 75 = 72 (1.0 + Xét với p =⇒⇔5  không thỏa mãn yêu cầu. xx+=3 100 = 97 điểm) 0,25 + Xét với px=⇒+=7 3 98 ⇔ x = 95 không thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy x + 3 có ước số nguyên tố là 2 và 3. + Do đó x36tx36(t1)+= ⇒−= − nên từ giả thiết ta có t− 1; t là hai số tự nhiên liên tiếp có tính chất biểu diễn được dưới dạng lũy thừa của hai số 2 và 3. Từ giả thiết ta có 9≤≤ t 17 nên có t9= 0,25 Vậy có x+= 3 54 ⇒ x = 51. Khi đó có y= 36 Vậy (x= 51;y = 36) Hết 4