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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm). 1 1 x2 . (1 x ) 3 (1 x ) 3 a) Rút gọn biểu thức A 21 x2 với 11 x . b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3 a 2 b ab 2 60 b 3 . ab44 4 Tính giá trị của biểu thức B . ba44 4 Câu 2 (2 điểm). 2 2 2 a) Giải phương trình x( x 2) 4 x 2 x 4. x3 2 x y b) Giải hệ phương trình . 3 y 2 y x Câu 3 (2 điểm). a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy2 2 xy x 32 y . b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 23a22 a b b . Chứng minh rằng 2ab 2 1 là số chính phương. Câu 4 (3 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. a) Chứng minh HKM 2AMH. b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Câu 5 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab 6 bc 2 ac 7 abc . Tìm 4ab 9 ac 4 bc giá trị nhỏ nhất của biểu thức C . a 24 b a c b c Hết
2. ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HẢI DƯƠNG HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 20 tháng 03 năm 2014 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm 1 1 x22 . 1 x 1 x 2 1 x A 0.25 21 x2 Câu 2 1a: 1 1 x . 1 x 1 x 0.25 (1,0 đ) 2 1 1x2 1 x 1 x 1 1 x 2 2 2 1 x 2 0.25 2x2 = x 2 0.25 3 2 2 3 2 2 aabab 6 b 0 ( abaabb 2)( 3)0(*) 0.25 22 Vì a > b > 0 a ab 30 b nên từ (*) ta có a = 2 b 0.25 Câu a4 4 b 4 16 b 4 4 b 4 1b: B Vậy biểu thức 4 4 4 4 0.25 (1,0 đ) b 4 a b 64 b 12b4 4 B 63b4 21 0.25 t 2 0.25 Đặt t x2 x2 4 t 2 2 x 4 2 x 2 xx22 2 2 2 t 2 t 4 ta được phương trình 4 t t 2 t 8 0 0.25 2 t 2 x 0 x 0 xx22 4 4 Với t = -4 ta có 42 42 Câu 2 xx 2 16 xx 2 8 0 0.25 2a: x 0 x 2 (1,0 đ) 2 x 2 x 0 x 0 xx22 4 2 Với t =2 ta có 42 42 224 xx xx 2 2 0 0.25 x 0 x 31 . Kết luận nghiệm của phương trình. 2 x 31
3. Từ hệ ta có xyxyxy3(2 ) 3 (2 ) ( xy 2 2 ) 2 xyxy 2 2 0 0.25 3 xy 0.25 (x y ) ( x y ) 0 Câu xy 2b: * Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );( 3; 3 ) 0.25 (1,0 đ) * Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1);( 1;1) Vậy hệ phương trình có nghiệm 0.25 (x ; y) = (0; 0); ( );( );( 1;1);(1; 1) xy2 2 xy x 32 y x( y 1)2 32 y 32y 0.25 Do y nguyên dương yx 10 (y 1)2 Vì (y , y 1) 1 ( y 1)2 U(32) 0.25 Câu 5 22 24 2 mà 32 2 (y 1) 2 và (y 1) 2 (Do (y 1) 1) 0.25 3a: *Nếu (y 1)22 2 y 1; x 8 (1,0 đ) *Nếu (y 1)24 2 yx 3; 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: 0.25 x 8 x 6 và y 1 y 3 23a22 a b b (a b )(2 a 2 b 1) b2 (*) 0.25 Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d * ). Thì ()a b d 2 a b 2 a 2 b 1 d 0.25 (2a 2 b 1) d Câu 22 3b: b d b d (1,0 đ) Mà (a b ) d a d (2 a 2 b ) d mà (2a 2 b 1) d 1 d d 1 0.25 Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được ab và 2ab 2 1 là số 0.25 chính phương => là số chính phương. x A Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta 1 11 có AO sđAM (1) 1122 M 1 H 1 O 0.25 1 Câu K 4a: B C (1,0 đ) Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) AM11 (2) 0.25 Tứ giác MHOK nội tiếp OK11 (cùng chắn MH ) (3) 0.25 1 Từ (1), (2), (3) ta có MK hay HKM 2AMH. 0.25 112
4. D A Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 2 1 1 F M H 1 1 0.25 E G 2 O B C Câu 4b: 1 1 A sđBM ;OO sđ (1,0 đ) 1 2 122 0.25 AO11 tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn 0.25 GDD121 OGF và ODE đồng dạng OG GF 0.25 hay OD.GF = OG.DE. OD DE A Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA' đều 1 2 A A 600 BAA' 12 H M MAB A'AC MB A'C 0.25 O A' B C Câu I 4c: (1,0 đ) MA MB MC 0.25 Chu vi tam giác MAB là MA MB AB MC AB 2R AB Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO 0.25 Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gọi I là giao điểm của AO và BC AI R AB R 3 22 0.25 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R Từ gt : 2ab 6 bc 2 ac 7 abc và a,b,c > 0 2 6 2 Chia cả hai vế cho abc > 0 7 c a b Câu 5: 1 1 1 x, y , z 0 0.25 (1,0 đ) đặt x ,, y z a b c 2z 6 x 2 y 7 4ab 9 ac 4 bc 4 9 4 Khi đó C a 24 b a c b c 24x y x z y z
5. 4 9 4 C 2 xy 4 xz yzxyxzyz (2 4 ) 0.25 24x y x z y z 222 2 3 2 x2 y 4 x z y z 17 17 0.25 x 24 y x z y z 1 Khi x ,y z 1 thì C = 7 2 0.25 Vậy GTNN của C là 7 khi a =2; b =1; c = 1