Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 cấp huyện huyện lâm thao word

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LÂM THAO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (4,0 điểm) x 3 x 2 x 2      :    x  3 x x  x 6   Với x 0; x 4; x 9 ;  Cho biểu thức A  x  ; x   a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị A x 6  c) Với giá trị x A đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ đó? Bài 2: (3,0 điểm) a) C/m : Với số tự nhiên n an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương y - 2013  x - 2012  z - 2014     x - 2012 y - 2013 z - 2014 b) Giải phương trình: Bài 3: (4,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x2 + 4x = 19 3y2 b) Tìm chữ số a, b cho a56b chia hết cho 45 Bài 4: (7,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC=2R Điểm A di động trện nửa đường tròn Gọi H hình chiếu điểm A lên BC Gọi Dvà E hình chiếu H lên AC AB a Chứng minh: AB EB + AC EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn theo R Qua đỉnh A hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh 1   AI a BC M cắt đường thẳng DC I Chứng minh rằng: AM Bài 4: (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz=1 1   1 CMR x  y  y  z  z  x  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Mơn: Tốn x 3 x 2 x 2      :   x   x x  x      A  Câu (4 điểm):Cho biểu thức Với x 0; x 4; x 9 (*) a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị A x 6  ; x  ; x 1  c) Với giá trị x A đạt giá trị nhỏ nhất? tìm giá trị nhỏ đó? Lời giải sơ lược Điểm a) Với điều kiện  * ta có:  x 3 A    x    x 2  x    :  x 1  x    x   x 2  x   x 9 x4 x 2   :  x x  x 1     0,50 x   x   :  x   x 1   0,50  1 x 1 :  x  x 1 x  x 6   b) Dễ thấy : x   51  5 0,50  51 thoả mãn điều kiện Khi đó: 0,50 Do vậy, giá trị biểu thức A là:  0,50 x   x   0,25  1   1 5 0,25 5 1 c) Viết lại, A = x  Để A có GTNN x  có GTLN, hay x 1 0,25 có GTNN Ta có: x  1 , dấu "=" xảy x = 1 A Giá trị nhỏ 1   1 , xảy x = 0,75 Câu 2(3 điểm): a) Chứng minh : Với số tự nhiên n an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương y - 2013  x - 2012  z - 2014     x - 2012 y - 2013 z - 2014 b) Giải phương trình: Câu Ý a Lời giải sơ lược Điểm 4đ 1,5đ Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 0,5 2 = (n + 3n) + 2(n + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Với n số tự nhiên n2 + 3n + số tự nhiên, theo định nghĩa, an số phương 0,5 0,5 b 1,5đ Đặt x - 2012 a; y - 2013 b; z - 2014 c (với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành: a - b - c -                0          4 a a  4 b b  4 c c  a2 b c 2 0,25 0,5  1  1  1             0  a  b  c a=b=c=2 0,5 Suy ra: x = 2016, y = 2017, z = 2018 0,25 Câu (4 điểm): a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x2 + 4x = 19 – 3y2 b) Tìm chữ số a, b cho a56b  45 Câu Ý Lời giải sơ lược a Điểm 3đ 2đ Ta có: 2x2 + 4x = 19 - 3y2  4x2 + 8x = 38 – 6y2  4x2 + 8x + = 42 – 6y2   x  2 Vì  x   2 42  y   2x  2 0   y 0  y 7 6  y   (1) , mà y  Z nên: y = 0; 1; 2  2x  2  x  2 0,5  x  6  x 2 36     x    x  + Với y = , từ (1)  Trường hợp phương trình có nghiệm ngun là: (2;1) (-4;1) + Với y = -1 0,5  x  6 36     x    x 2  x   0,5 Thì từ (1)  Trường hợp pt có nghiệm nguyên là: (2;-1) (-4;-1) + Với y 2   x   18  x  x  14 0  x  x 7  pt khơng có nghiêm ngun VT chia hết cho 0,25 2, VP khơng chia hết cho  2x  2 42  x  x  38 0 + Với y = 0, từ(1)   x  x 19 PT khơng có nghiệm ngun VT chia hết cho 2; VP khơng chia hết cho Vậy PT cho có nghiệm nguyên là: (-4;1); (2;1);(-4;-1); (2;-1) b 0,25 2đ Ta thÊy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = để a56b  45  a56b  vµ 0,5 XÐt a56b   b  {0 ; 5} 0,25 NÕu b = ta cã sè a56b NÕu b = ta cã sè a56b 9a+5+6+09  a + 11  a=7 0,5 9a+5+6+09  a + 16  a=2 0,5 VËy: a = vµ b = ta cã sè 7560 a = vµ b = ta cã sè 2560 0,25 Câu 4: (7 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R Điểm A di động trện nửa đường trịn Gọi H hình chiếu điểm A lên BC Gọi Dvà E hình chiếu H lên AC AB a Chứng minh: AB EB + AC EH = AB2 b.Xác định vị trí điểm A cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn theo R Qua đỉnh A hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt cạnh BC M cắt đường thẳng DC I 1   AI a Chứng minh rằng: AM Câu Ý Lời giải sơ lược Điểm 7đ 4đ A E D C H O B a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật Suy AB EB = HB2 AC EH = AC AD = AH2 b) S(ADHE)= AD.AE   S(ADHE) => ĐPCM AD  AE DE AH   2 AH AO R   2  R2 Vậy Max S(ADHE)= Khi AD = AE 1 0,5 0,5 Hay A điểm cung AB 3đ A B M J D C I Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD J Ta có  AIJ vng A, có AD đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: 1   AD AJ AI (1) Xét hai tam giác vuông ADJ ABM, ta có:   AB = AD = a; DAJ BAM (góc có cạnh tương ứng vng góc) 0,5  ADJ = ABM Suy ra: AJ = AM 1 1    AM AI a (đpcm) Thay vào (1) ta được: AD 0,5 Câu ( 2điểm): Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 Sơ lược lời giải Đặt x=a3 y=b3 z=c3 ,a,b,c >0 x, y, z >0 abc=1.Ta có Điểm 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, a+b>0 a2+b2-ab ab  a3 + b3+1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 0,5 1   a  b 1 ab  a  b  c  0,25 Tương tự ta có 1  b  c  bc  a  b  c  , 1  c  a  ca  a  b  c  0,5 Cộng theo vế ta có 1 1 1   3 3 x  y 1 y  z  z  x 1 = a  b 1 + b  c 1 + c  a  1 1       c  a  b  1    a  b  c   ab bc ca  =  a  b  c  Dấu xảy x=y=z=1 0,5