Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 cấp huyện huyện kim thành word

Phòng giáo dục đào tạo huyện Kim Thành Đề thi chän häc sinh giái hun Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: P  x2  x x  x  x  1   x  x 1 x x1 a Rút gọn P b Tìm giá trị nhỏ P c Xét biểu thức: Q  x , chứng tỏ < Q < P Bài 2: (2,0 điểm) a.Tìm x, y, z, biết: 4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 2yz + 2y – 8z + 10 0 b Tìm sớ tự nhiên n cho A n  n  là sớ chính phương Bài 3: (2,25điểm) a Giải phương trình: 36  28  x   x y y b Cho đường thẳng y  m  1 x  (d) Chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định với giá trị m Tìm m để khoảng cách từ gớc tọa độ đến đường thẳng (d) có giá trị lớn Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R ) AB và CD là hai đường kính cố định (O) vng góc với M là điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K và H là hình chiếu M CD và AB     a Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC b Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn Bài 5: (0,75 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x 19 HẾT -(Đề thi gồm có … trang) Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi: Tốn - Lớp Bài 1: (2.0 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 0.25 Tìm điều kiện : Đk : x  0; x 1 P a)      2 x x x1 x x 1 x  x 1 x  x  x       x 1  x1 x1  x   x 1  x 1 0.25 0.25 x 1 Vậy P x  0.25 x  , với x  0; x 1 b) c) 1 3  P  x  x   x     2 4  dấu xảy x = , thỏa mãn đk Vậy GTNN P là x  4 x a Với x  0; x 1 Q = > (1) x  x 1   0.25 0.25 Đáp án Phân tích thành (2x - y) + (y – z + 1)2 + ( z - 3)2 0 (1) Vì (2x - y)2 0 ; (y – z + 1)2 0 ; ( z - 3)2 0 với x, y, z nên từ (1) suy x = 1; y = 2; z = A n  n  là số chính phương nên A có dạng a) 0.25 x1 Xét  x  0 x  x 1 x  x 1 Dấu khơng xảy điều kiện x 1 suy Q < 2.(2) Từ (1) và (2) suy < Q < Bài 2: (2,0 điểm) Ý/Phần 0.25 A n  n  k ( k  N * ) 2 Điểm 0.5 0.25 0.25 0.25 2  4n  4n  24 4k  (2k )  (2n  1) 23 b) 2k  2n  23  (2k  2n  1)(2k  2n  1) 23    2k  2n  1 0.25 (Vì 23 là sớ ngun tớ và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)  2k  2n  23    2k  2n  1  k 6   n 5 Vậy với n = A là sớ chính phương Bài 3: (2,25 điểm) Ý/Phần Đáp án 0.25 Điểm : đk : x>2 ,y>1 0.25 Biến đổi pt dạng a)  x x   y y       28 Áp dụng BĐT si vói hai sớ dương VT 28 (2) Để có (1) dấu sảy (2)Khi 2 2  ;0)  OB  m m m 1 1 AOB vuông O, kẻ OH  AB Áp dụng hệ thức:   h b c 2 1 OA OB    OH  2 OH OA OB OA  OB2 Điểm cắt trục hoành B ( OH  16  m  1 :  m  1   m  1   m  1 0.25  x x và  y y Từ tìm x=11 và y=5 (thỏa mãn )2 Điểm cố định mà đường thẳng qua là A(0; 2) Điểm cắt trục tung A(0; 2)  OA 2 b) 0.25 1 OH đạt GTLN và OH2 đạt GTLN mà ta có   m  1  1 đạt GTNN là m = Vậy max OH =  m 1 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 Bài 4: (3,0điểm) Ý/Phần a) Đáp án Điểm C K B M O H 0,25 A D Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:     sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC     = (sin MBA  cos2 MBA )  (sin MCD  cos MCD ) b) 2 =1 +1=2 Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) 0,25 0,25 0,25 P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH  MH OM R   (Pitago) 2 2 R Vậy P 4 R 2 R đẳng thức xẩy  MH = OH Mà OH.MH  c)  OH = R 2 0,25 0,25 0,25 Bài 5: (0,75 điểm) Ý/Phần Đáp án   x  x  1 3   y 2 Điểm    x  1 3   y     y  2 0,25  y là số nguyên lẻ 2 Mà  x  1  0   y   0 y =1 0,25 Thay y =1 vào tìm x = 2, x = - Thử lại :… và trả lời Có nghiệm (2,1) ;(2,-1) ;(- 4,1) ;(- 4,-1) 0,25 (Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa)