Đề kiểm tra môn Toán Lớp 9 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra môn Toán Lớp 9 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2014-2015 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Lớp 9 THCS Ngày thi 25/03/2015. Số báo danh Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. 2x 1 x 2x x x x x x 1 x Câu I: (4,0 điểm) Cho biểu thức A . 1 1 x 1 x x 2 x 1 1. Rút gọn biểu thức A 1 2. Tìm x để A 7 Câu II: (4điểm) x 3x 1. Giải phương trình 2 0. x2 x 2 x2 5x 2 x 2 y2 2x 2 y2 2. Giải hệ phương trình 2 2 (x y)(1 xy) 4x y Câu III: (4điểm) 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5(x2 xy y2 ) 7(x 2y) . 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn : pq m2 1 . p q m 1 Câu IV: (6điểm) Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. Câu V: (2điểm) a b a b Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 c 2 2 6 .Tìm giá trị b a b a bc ca 4ab nhỏ nhất của biểu thức P . a(2b c) b(2a c) c(a b) Hết Họ tên thí sinh: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 Điều kiện: x 0; x ; x 1 4 2 I Đặt x a;a 0 x a , ta có: 0,5 2 2a2 1 a 2a3 a2 a a a 1 a A 2 3 . 1 1 a 1 a 2a 1 a 1 2a 1 a a 1 2a 1 a a 1 1 a A . 1 1 a a 1 2 2a 1 a 1 a a 1 1 0,5 2a 1 a 2a 1 a a 1 1 a A 2 . 1 1 a a a 1 2a 1 1 a a a 1 1 a A .(2a 1). 1 0,5 1 a 2 2a 1 a a 1 1 1 A . Vậy: A . 0,5 a 2 a 1 x x 1 2 1 1 1 1 A x x 1 7 x x 1 7 2 0,5 1 3 x x 1 7 (do x x 1 x 0 ) 2 4 x x 6 0 x 3 x 2 0 x 3 0 0,5 0 x 9 0,5 0 x 9 Đối chiếu với điều kiện ta được: 1 x , x 1 0,5 4 1 x 1 x2 x 2 0 ĐKXĐ: x 2 2 II x 5x 2 0 0,25 5 33 x 2 Nhận thấy x 0 không là nghiệm của phương trình. 0,25
3. Khi x 0 thì 1 3 Phương trình đã cho 2 0. 2 2 0,25 x 1 x 5 x x 2 1 3 0,25 Đặt t x , ta được phương trình biểu thị theo t là 2 x t 1 t 5 t 2 5t 6 0 t 2; t 3 0,25 2 0,25 Với t 2 x 2 x2 2x 2 0 x 1 3 (thỏa mãn) x 2 3 17 0,25 Với t 3 x 3 x2 3x 2 0 x (thỏa mãn) x 2 3 17  0,25 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 1 3; . 2  2 Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình 0,5 Nhận thấy nếu x 0 thì y 0 và ngược lại Xét x 0 ; y 0 hệ phương trình tương đương với 1 1 1 1 2 2 (1) 2 2 2 2 x y x y 0,5 1 1 1 1 1 2 ( )(1 ) 4 ( )(2 ) 8 (2) x y xy x y xy 1 1 0,5 Thay (1) vào (2) ta được ( )3 8 x y 1 1 2 x y x y 1 0,25 1 1 xy Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1) 0,25 2 2 1 Ta có: 5(x xy y ) 7(x 2y) (1) 7(x 2y)5 (x 2y)5 . Đặt x 2y 5t (2) (t Z) thì 2 2 (1) trở thành x xy y 7t (3). 0,5 Từ (2) x 5t 2y thay vào (3) ta được 3y2 15ty 25t 2 7t 0 (*), coi đây là 2 PT bậc hai đối với y có: 84t 75t 0,5 28 Để (*) có nghiệm 0 84t 75t 2 0 0 t 25
4. Vì t Z t 0 hoặc t 1 . Thay vào (*) : 0,5 + Với t 0 y1 0 x1 0 y2 3 x2 1 + Với t 1 y3 2 x3 1 0,5 Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) III 2 2(m2 1) 4 0,25 Nếu p q thì p 2m 2 . m 1 m 1 Do m ¥ và p là số nguyên tố nên 4(m 1) m 0;m 1;m 3 p 2; p 5. 0,25 Nếu p q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 0,25 Gọi r là một ước chung của m2 1 và m 1 (m 1)(m 1)r (m2 1)r 0,25 2 2 0,25 (m 1) (m 1) r 2r r 1 hoặc r 2 . ) r 1 suy ra p q m 1, pq m2 1 p,q là hai nghiệm của phương trình x2 (m 1)x m2 1 0 vô nghiệm do 3m2 2m 3 (m 1)2 (2m2 2) 0 0,25 ) r 2 suy ra 2 pq m2 1 và 2( p q) m 1 p, q là hai nghiệm của phương trình 2x2 (m 1)x m2 1 0 vô nghiệm do 7m2 2m 7 (m 1)2 (6m2 6) 0 . 0,25 Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p;q) (2;2); ( p;q) (5;5). 0,25 IV M A P O D H Q 1 B K I E N C d
5. I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O) OI  BC  OIA = 900 0,5 Ta có  AMO = 900 0,5  ANO = 900 0,5 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA 0,5 AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác  MON mà MON cân ở O nên OA  MN ABN đồng dạng với ANC (Vì  ANB =  ACN,  CAN chung) AB AN 0,5 AB . AC = AN2 AN AC ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2 AB . AC = AH . AO 0,5 2 AHK đồng dạng với AIO (g-g) AH AK Nên AI  AK AH  AO AI AO AI  AK AB.AC 0,5 AB  AC AK AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK cố định Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB K cố định 0,5 Ta có  PMQ = 900 ME MH 0,5 3 MHE QDM (g-g) MQ DQ MP MH MH PMH MQH 0,5 MQ QH 2DQ MP 1 ME . 0,5 MQ 2 MQ ME = 2 MP P là trung điểm ME 0,5 V a b a b c(a b)(a2 ab b2 ) 2(a2 b2 ) Từ: 2 c 2 2 6 6 2 2 b a b a a b ab ta có: c(a b)(a2 ab b2 ) 2(a2 b2 ) c(a b) c(a b) a2 b2 2ab 6 4 0 2. a2b2 ab ab ab 0,25
6. Lại có 2 bc ac (bc)2 (ac)2 (bc ac)2 c(a b) a(2b c) b(2a c) abc(2b c) abc(2a c) 2abc(a b c) 2abc(a b c) (ab bc ca)2 0,25 và abc(a b c) ab.bc bc.ca ab.ca 3 2 c(a b) 2 bc ac 3 c(a b) 3 ab c(a b) 0,25 a(2b c) b(2a c) 2 ab bc ca 2 1 ab c(a b) 3t 2 4 Đặt t P (với 0 t 2 ). ab 2(1 t)2 t 0,25 3t 2 4 3t 2 4 8 8 7t3 8t 2 32t 24 8 Có 2 2 2 0,25 2(1 t) t 2(1 t) t 3 3 6t(1 t) 3 (t 2)( 7t 2 22t 12) 8 6t(1 t)2 3 0,25 (t 2)( 7t 2 22t 12) (t 2)( 7t 2 22t 12) 8 8 mà 0 t (0;2] t (0;2]. 6t(1 t)2 6t(1 t)2 3 3 0,25 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a b c. 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a b c. 0,25 3 Lưu ý khi chấm bài: - Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điểm.