Đề thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Thanh Thủy (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi dự thi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Thanh Thủy (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THUỶ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2015 - 2016 Đề chính thức MÔN: TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi có: 01 trang _____________________ Câu 1: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: Nếu a là một số nguyên thì a5 – a chia hết cho 30 b) Tìm số tự nhiên n để biểu thức A = n4 – 27n2 + 121 có giá trị là một số nguyên tố Câu 2: (4,0 điểm) 1 1 1 a) Tính tổng: S = ... 2 1 1 2 3 2 2 3 625 624 624 625 1 x y z 2 b) Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn: 1 1 1 1 2 2 2 4 x y z xyz 1 1 1 0 x y z 2009 2009 2011 2011 2013 2013 Tính giá trị của biểu thức: P y z z x x y Câu 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: 2x 3 + 21 2x = x4 – 12x3 + 37x2 – 12x + 42 x2 y2 xy 1 4y b) Giải hệ phương trình sau: 2 (x 1)(x y 2) y Câu 4: (7,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, M là điểm thay đổi trên đường tròn (M khác A và B). Dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H. Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M (C, D là các tiếp điểm). a) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. b) Tìm vị trí của M để AC.BD đạt giá trị lớn nhất. c) Tìm vị trí của M để tam giác AMH có diện tích lớn nhất d) Gọi N là một điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O (N khác A và B). Trên đoạn NM lấy điểm I sao cho 2NI = IM, kẻ IP vuông góc với MB tại P. Khi M di chuyển trên đường tròn (O), chứng minh rằng điểm P luôn nằm trên một đường tròn cố định. Câu 5: (2,0 điểm) Cho ba số dương a; b; c thoả mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 A = a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 .....Hết..... Họ và tên thí sinh:.......................................SBD:.......... 1
2. Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm./. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2015 - 2016 MÔN: TOÁN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A. Một số chú ý khi chấm bài. - Hướng dẫn chấm dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách giải. Thí sinh giải cách khác mà đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm từng phần ứng với thang điểm của hướng dẫn chấm. - Điểm của từng câu có thể được chia nhỏ đến 0,25đ. Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm. Câu 1: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: Nếu a là một số nguyên thì a5 – a chia hết cho 30 b) Tìm số tự nhiên n để biểu thức A = n4 – 27n2 + 121 có giá trị là một số nguyên tố Lời giải sơ lược Điểm a) Ta có: a 5 a a(a 4 1) a(a 2 1)(a 2 1) = a(a 1)(a 1) (a 2 4) 5 0,5 = a(a 1)(a 1)(a 2)(a 2) 5a(a 1)(a 1) Do tích của năm số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 5 và trong năm số nguyên 0,5 liên tiếp luôn có ba số nguyên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 6 và (6;5)=1. Suy ra: a(a 1)(a 1)(a 2)(a 2) 30 và 5a(a 1)(a 1) 30. 0,5 Vậy a 5 a30 b) Ta có : 0,5 A = (n4 + 22n2 + 121) – 49n2 = (n2 + 11)2 – (7n)2 = (n2 + 11 + 7n)(n2 + 11 – 7n) Dễ thấy: n = 0 không t/m, với n N* thì: n2 + 11 + 7n > n2 + 11 – 7n 0,5 Do đó: A là số nguyên tố thì đk cần là: n2 + 11 – 7n = 1 => n = 2 hoặc n = 5 + Với n = 2 thì A = 29 là số nguyên tố + Với n = 5 thì A = 71 là số nguyên tố 0,5 Vậy n = 2 hoặc n = 5 thì A là số nguyên tố Câu 2: (4,0 điểm) 1 1 1 a) Tính tổng: S = ... 2 1 1 2 3 2 2 3 625 624 624 625 1 x y z 2 b) Cho ba số x, y, z khác 0 và thoả mãn: 1 1 1 1 . 2 2 2 4 x y z xyz 1 1 1 0 x y z 2009 2009 2011 2011 2013 2013 Tính giá trị của biểu thức: P y z z x x y a) Với k N* ta có: 1 2
3. 1 1 k 1 k k 1 k (k 1) k k k 1 k 1. k( k 1 k) k 1. k(k 1 k) k 1. k 1 1 k k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Do đó: A = ... = 1 1 1 2 2 3 624 625 25 24 b) Từ giả thiết suy ra: 2 1 1 1 1 1 1 1 2(x y z) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx x y z 1 1 1 1 1 1 Mà 0 suy ra 2 (1) x y z x y z 0,5 1 1 Mặt khác x y z suy ra 2 (2) 2 x y z 1 1 1 1 Từ (1) và (2) suy ra (3) x y z x y z Biến đổi (3) x y y z z x 0 0,5 x y 0 x y x2013 y2013 x2013 y2013 0 2009 2009 2009 2009 z y 0 y z y z y z 0 nên P = 0 1 2011 2011 2011 2011 x z 0 z x z x z x 0 Câu 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình sau: 2x 3 + 21 2x = x4 – 12x3 + 37x2 – 12x + 42 x2 y2 xy 1 4y b) Giải hệ phương trình sau: 2 (x 1)(x y 2) y 3 21 a) ĐK: x 0,5 2 2 Ta có: ( 2x 3 + 21 2x )2 2(2x – 3 + 21 – 2x) = 36 => VT 6 0,5 Dấu “=” xảy ra khi x = 6 Mà VP = (x4 – 12x3 + 36x2) + (x2 – 12x + 36) + 6 = (x2 – 6x)2 + (x – 6)2 + 6 6 0,5 Dấu “=” xảy ra khi x = 6 Do đó: 2x 3 + 21 2x = x4 – 12x3 + 37x2 – 12x + 42  x = 6 (t/m) 0,5 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 6 x2 1 y(x y) 4y b) 2 (x 1)(x y 2) y 0,5 x2 1 0 + Với y 0 Hpt trở thành: (vô nghiệm) 2 (x 1)(x 2) 0 x2 1 (x y) 4 y + Với y 0 Hpt trở thành: (1) x2 1 0,5 ( )(x y 2) 1 y 3
4. x2 1 a b 4 Đặt a , b x y thay vào hpt (1) ta được y a(b 2) 1 + Giải được: a 1, b 3 0,5 x2 1 1 + Với a 1, b 3 y . Giải được nghiệm của hệ: (x; y) (1;2); (-2; 5) 0,5 x y 3 Vậy hpt đã cho có nghiệm là: (x; y) (1;2); (-2; 5) Câu 4: (7,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, M là điểm thay đổi trên đường tròn (M khác A và B). Dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H. Kẻ các tiếp tuyến AC, BD với đường tròn tâm M (C, D là các tiếp điểm). a) Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. b) Tìm vị trí của M để AC.BD đạt giá trị lớn nhất. c) Tìm vị trí của M để tam giác AMH có diện tích lớn nhất. d) Gọi N là một điểm cố định nằm trên đường tròn tâm O (N khác A và B). Trên đoạn NM lấy điểm I sao cho 2NI = IM, kẻ IP vuông góc với MB tại P. Khi M di chuyển trên đường tròn (O), chứng minh rằng điểm P luôn nằm trên một đường tròn cố định. D M P C A B H O I K N a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: C· MH 2A· MH ; D· MH 2B· MH => C· MD C· MH D· MH 2(A· MH B· MH) 2A· MB 2.900 1800 1 ( A· MB 900 do tam giác ABM nội tiếp đường tròn đường kính AB) Do đó: C, M, D thẳng hàng Chỉ ra ABDC là hình thang OM là đường trung bình của hình thang ABDC nên CD  OM tại M 1 => CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AC = AH; BD = BH 0,5 Xét tam giác vuông ABM đường cao MH ta có: AH.BH = MH2 => AC.BD = AH.BH = MH2 OM2 = R2 Do đó: AC.BD đạt giá trị lớn nhất bằng R2 khi MH = R hay M là điểm chính 1 giữa cung AB c) Đặt AH = x => OH = R – x 0,5 => MH = OM2 OH2 R 2 (R x)2 2Rx x2 x(2R x) 1 1 Khi đó: SAMH = AH.MH = .x. x(2R x) 2 2 0,5 1 1 1 1 = x3(2R x) = x.x.x.(6R 3x). = x.x.x.(6R 3x) 2 2 3 2 3 Áp dụng BĐT Cô-si ta cho 4 số dương ta có: 0,5 4
5. x x x 6R 3x 3R 4 x.x.x.(6R 3x) 4 2 9R 2 => x.x.x.(6R 3x) 4 1 9R 2 3 3.R 2 Do đó: SAMH . = 2 3 4 8 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = x = x = 6R – 3x  x = R 2 3 3.R 2 Vậy tam giác AMH có diện tích lớn nhất bằng khi M là giao điểm của 8 đường thẳng vuông góc với AB tại H và đường tròn (O) (với H nằm trên đoạn 0,5 3 AB và AH = R ) 2 d) Gọi K là giao điểm của PI và AN Ta có : IP // AM (cùng vuông góc với BM) NK NI 1 0,5 Hay KI // AM => => K cố định NA NM 3 Lại có : B· PK 900 => P thuộc đường tròn đường kính BK cố định 1 Câu 5: (2,0 điểm) Cho ba số dương a; b; c thoả mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 A = a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 Ta có: a2 2b2 3 (a2 b2 ) (b2 1) 2 2ab 2b 2 0,5 Tương tự:b2 2c2 3 2bc 2c 2 , c2 2a2 3 2ac 2a 2 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 ( ) a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 2 ab b 1 bc c 1 ac a 1 1 1 1 1 1 1 ( ) . 1 1 1 2 ab b 1 1 a 1 2 a ab b 1 => MaxA = đạt được khi a = b = c =1 0,5 2 5