Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 cấp thành phố thanh hóa 2014 – 2015 word

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HĨA Đề thức Đề thi gồm có: 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC: 2014 – 2015 Mơn: Tốn - Lớp Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2014 ĐỀ BÀI Bài (4,0 điểm) 1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị x: A= x  ( x  6) x  3   2( x  x  3)(2  x )  x  10 x  12 x  x  Điều kiện x 0 , x  4; x  ; x  2) Rút gọn biểu thức: B = 2  2  2 2 2 Bài (6,0 điểm) 3a  a  2a(a  1) 1) Cho phương trình :   ( a tham số) ax a x x  a2 a) Giải phương trình b ) Tìm giá trị nguyên dương a để phương trình có nghiệm x số ngun tố  x  y3  z3 3xyz 2) Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình sau:   x  2(y  z) Bài (4,0 điểm) 1) Tìm tất số tự nhiên có chữ số abc cho :  abc n -  Với n  Z ; n >2 cba (n  2) 2) Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : 52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 Bài (4,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a N điểm cạnh AB Tia CN cắt tia DA E Trên tia đối tia BA lấy điểm F cho BF = DE Gọi M trung điểm EF 1) Chứng minh tam giác ACE đồng dạng với tam giác BCM 2) Xác định vị trí điểm N AB cho diện tích tứ giác ACFE gấp ba lần diện tích hình vng ABCD Bài (2,0 điểm)  C   1050 AB  AC 2BC Tính B  C  Cho tam giác ABC có B (Hết) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Phịng thi: PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC: 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu 1) Tóm tắt cách giải 6x  (x  6) x  3 A   2(x  x  3)(2  x )  2x  10 x  12 x  x  A (4đ) 6x  (x  6) x  3   2(2  x )( x  3)( x  1) 2( x  3)(2  x) (2  x )( x  1) m A= 2) 2điểm x  ( x  6) x   3( x  1)  2( x  3) 2( x  1)( x  3)(2  x ) A = 6x  x x  x   x   x  2( x  1)( x  3)(2  x ) A = (2 x  x )  2( x  3)  x ( x  3)  x ( x  3) 2( x  1)( x  3)(2  x ) ( x  1)( x  3)(2  x) 2( x  1)( x  3)(2  x) = 0,75 => ĐPCM 0,5 B 2 2 2 2     2 42 2 4 3 3 B (2  3)(3  3)  (3  3)(2   (3  3)(3  3) B 1  B  2 3a  a  2a(a  1)   (1) ax a x x  a2 3)  1a) 3 3 3 1,0 0,75 0,25 ĐKXĐ : x  a 0,25 Biến đổi đưa phương trình dạng : 2ax = a (a +1) 0,5 Với a = phương trình có dạng : 0x = 2điểm Phương trình (1) có vơ số nghiệm với x  Với a 0 ta có x = Bài 0,75 2điể Do x 0; x 1; x 4; x 9 A = Điểm Câu a(a  1) Tóm tắt cách giải 0,25 0, 25 Điểm a(a  1) nghiệm phương trình (1) : a(a  1) a(a  1) a  - a (3) (2) 2 Giải(2) ta a  1, a  Giải (3) ta có: a  , a  -3 Vậy : a = phương trình có vơ số nghiệm x  a = - ; a= phương trình vơ nghiệm a 1; a  -3 a  phương trình có nghiệm a(a  1) x= Theo câu a: Với a = phương trình có vơ số nghiệm x 0 (loại a >0) Với a 1; a  -3 a  phương trình có nghiệm a(a  1) x= Vì a số nguyên dương a 1nên: Nếu a = x = , số nguyên tố (thỏa mãn) Nếu a > a = 2k a = 2k + với k  N, k > Xét a = 2k x = k(2k + 1) tích hai số tự nhiên lớn nên x hợp số (loại) Xét a = 2k +1 x = (2k +1)(k+1) tích hai số tự nhiên lớn nên x hợp số ( loại) Vậy a =2 nghiệm phương trình x = số nguyên tố Để x = 1b) 2,0 điểm 2) 2,0 điểm  x  y3  z 3xyz (1)  (2)  x  2(y  z) Vì x, y, z > nên xyz > Kết hợp với phương trình (1) => x3 > y3; x3 > z3.=> x > y, x > z Do 2x > y + z hay 4x > 2( y+z) kết hợp với (2) ta có : x2 < 4x x  => x < x  mà x  N* nên x =2  y3  z 8  6yz Thay x =2 vào hệ phương trình ta được:   y  z 2 => y = z =1 (vì x, y nguyên dương) Vậy nghiệm nguyên dương hệ phương trình là: (x;y;z) = (2;1;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,75 0,5 0,25 Bài Câu 1) 2điểm Tóm tắt cách giải Ta có : abc = 100a + 10b + c = n2 - cba = 100c + 10b + a = (n - 2)2 Điểm 0,25  99(a - c) = n2 - - n2 + 4n - = 4n -  0,5 4n -  99 ( a - c số nguyên) Lại có : 100  n2 -  999  101  n2  1000  11  n  31  39  4n -  119 0,75 0,25 0,25 Vì 4n -  99 nên 4n - = 99  n = 26 3)  abc = 675 (4đ) Gọi p nửa chu vi tam giác ABC ta có : p-a= 2) điểm a bc bc-a - a  > 2 Tương tự p - b > ; p - c > Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho số dương p -a; p -b; p -c ta có: (p –a) +(p - b) + (p –c) 3 (p  a)(p  b)(p  c)  3p - (a  b  c)  => < (p-a)(p-b)(p-c)      0,25 Vì a + b + c = nên bất đẳng thức trở thành : < p3 - p2(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) - abc  < 33 - 32.6 + 3(ab + bc + ca) - abc  (a  b  c) - (a  b  c )  < 27 - 54 + - abc  36 - (a  b  c )  27 < - abc  28  54 < 108 - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  56  - 54 < - 3(a2 + b2 + c2) - 2abc  -52  52  3( a2 + b2 + c2 ) + 2abc < 54 ( ĐPCM ) Dấu " = " xảy  a = b = c = Chứng minh  BCF =  DCE (c.g.c)    CF = CE v DCE Mà BCF 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25      DCE  ECB 900  BCF  ECB 900 => ECF 900 1) Bài Câu 0,5   ECF vng cân C Có M trung điểm EF nên CM đường trung tuyến vừa đường cao, phân giác, trung trực Tóm tắt cách giải Điểm E M B A x N F (4đ) 1) 2,0 điểm D C   => ECM 450 , mà ACB 450 ( ABCD hình vng)  ACE  BCM (1) Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến tam giác vng ta có: MA = MC ( = EF ) => M  trung trực AC mà BD trung trực đoạn thẳng AC =>M, B, D thẳng hàng   => MBC EAC  1350 (2) Từ (1) (2) =>  ACE ∽  BCM (g.g) Đặt BN =x => AN = a –x 1 SACFE = SACE + SECF = CD.AE  CE 2 Tính AE: Có 2) 2,0 điểm  0,5 0,25 0,25 AE AN  ( AN// DC) ED DC AE a x a(a  x)   AE  AE  AD a x 0,5 a4 Ta có: CE = CD + DE = a + (a + AE) = a + x a(a  x) a a (a  x) SACFE = a + (a + ) = x x 2x a (a  x) Mà SACFE = 3SABCD => = 3a2  6x2 - ax - a2 = 2x a  (2x - a)(3x+a) =  x = a Vậy BN =  N trung điểm AB SACFE = 3SABCD 2 0,5 2 2 0,5 0,5 0,25 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm A E B C D F 2điểm 2,0đ  Trên tia BC lấy điểm D cho DAB 300 Từ GT suy ra:  1800  (B  C  ) 750 A  Do D nằm cạnh BC DAC 750  300 450 Kẻ BE  AD, CF  AD ( E;F  AD) Ta có AB = 2BE ( cạnh đối diện với góc 300 tam giác vuông) AC = CF ( cạnh huyền tam giác vng cân) Do AB + AC = 2BC  2BE + 2CF = 2BC 0,25 BE + CF =BC  BE + CF = BD + CD 0,5 0,5 0,25 Mà BE  BD CF  CD nên xáy đẳng thức E,F trùng D Tức AD  BC  900  300 600 ; C  900  450 450 Từ B 0,5 Ghi chú: HS làm cách khác mà cho điểm tối đa, hình khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2014-2015 MÔN TỐN- LỚP Thời gian : 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi : tháng năm ĐỀ BÀI Bài 1: (3điểm) xy  2  x x  y   1) Rút gọn biểu thức A với x y 0 Cho biểu thức: A = 2) Tính giá trị A x = x x  y   13  y  13  Bài 2: (4 điểm)  x(x  y) 6 1) Giải hệ phương trình:  3  x  y  18 y  64 2) Tìm x, y, z nguyên dương đôi khác thoả mãn: 68302 6830 + + =  6830   68312 6831 Bài 3: ( 4điểm) 1) Tìm số hữu tỉ n cho : n2 + n + 503 số phương 2) Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1)= 1; P(2)= 4, P(3)= 9; P(4)= 16, P(5)= 25 Tính P(6) ; P(7) Bài 4: ( điểm)  1) Cho tam giác ABC nhọn có BAC 450 Gọi BE CF đường cao, H x y z trực tâm tam giác ABC M K trung điểm BC, AH a) Chứng minh EF, MK, OH đồng quy (vởi O tâm đường ngoại tiếp tam giác ABC) b) Cho EF = cm Tính bán kính đường trịn (O) 2) Cho tứ giác ABCD có số đo độ dài cạnh a, b, c, d số đo diện tích S Chứng minh: a + b + c + d  S Dấu “ =” xảy nào? Bài ( điểm) Cho x,y,z số thực không âm thỏa mãn điều kiện: x2014 + y2014 + z2014 = Tìm GTLN biểu thức B = x2+ y2+ z2 (Hết) Họ tên thí sinh……………………………………………… SBD………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI – MƠN TỐN ( Vịng 2) NĂM HỌC 2014 – 2015 Bài Câu 1) 1,5 điểm 2) 1,5 điểm Điểm  xy  2 Ta có: A    x x  y    xy (2x  2y) = ( x –y)2 = => A = x - y ( x y 0 ) Với x = 3đ Tóm tắt cách giải A 1,5  2 13   13   3A 13   3 0,25 13  13     x  y   13  y  13  ( thỏa mãn ĐK) Thay vào A ta được: A  13   x (2 13  5)(2 13  5) 0,5 A3 = 10 - 9A  A3 + 9A - 10 = ( A -1) ( A2 + A +10) =0  A =1 A2 + A + 10 > 0,75 Vậy A =  x(x  y) 6  3  x  y  18 y  64 4đ  x(x  y) 6  3  x  y  3yx (x  y)  64  x     x(x  y) 6  x(x  y) 6       x  y  (x  y)  64  y  2điểm   5 Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x,y) =   ;    2 0,75 1) 1,0 0,25 Biến đổi vế phải Ta có: 68312  6830  1 68302  2.6830    68302 68312  2.6830 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm   68302  2) 68302 6830  68312 6831  68312  2.6830  68302 6830  68312 6831 2 6830  6830 6830 6830    6831   6831 2điểm   6831   6831  6831 6831 6831  (6đ) 0,5 PT đưa : 3x + 3y + 3z = 6831 Khơng tính tổng qt giả sử x < y < z Ta có: 3x + 3y + 3z = 6831 3x(1 + 3y - x + 3z -x) = 33.253 0,25 Vì + 3y - x + 3z -x không chia hết cho 253 không x 3 3 chia hết cho nên:  y-x z-x 1   253 (1) (2) (1) => x = vào (2) ta được: + 3y - + 3z -3 = 253 3y-3(1 + 3z -y) = 252 = 32 28 Do + 3z -y không chia hết cho 28 không chia hết cho 3 y  3  y 5  y 5   z  nên  z y 1  28  z 8 3 3 0,5 0,25 0,25 0,25 Vậy (x; y; z) = (3; 5; 8) hoán vị Giả sử tồn số hữu tỉ n số tự nhiên m khác để: n2 + n + 503 = m2 (1) 1) 4đ Đặt n = p , với p Z; q N* , (p,q) = Thay vào (1) ta được: q 2điểm  p   p  503 m q q   => p2 +pq +503q2 = m2q2 p2 = - q( p +503q - m2q )  p q mà (p,q) 1,nên q 1 hay n p Z Mặt khác (1)  4(n2 + n +503) =4m2 0,5  4m2 – ( 2n +1)2 = 2011  (2m +2n +1)( 2m - 2n -1) = 2011 0,5 Bài Câu Tóm tắt cách giải Điểm Vì m  N* nên: (2m +2n +1)+ ( 2m - 2n -1) = 4m > 2m - 2n -  Z ; 2m + 2n +  Z => 2m +2n +1 thuộc ước dương 2011 Mà 2011 số nguyên tố 2m  2n 1 2011  m 503   nên  2m  2n  1 n  502 2m  2n 1 1  m 503   Hoặc  2m  2n  2011 n   503 Vậy n = 502 n = - 503 n + n + 503 số phương 2 (7đ) => AF = FC Mặt khác:   (cùng phụ với HAF FCB )  ABC K O F E I H B M C vuông AH = BC `0,25 0,25 0,25 P(1) = = ; P(2) = = , P(3) = = ; P(4)= 16 = 42 , P(5) = 25 = 52 2) Xét đa thức: Q(x) = P(x) – x2 Ta có : Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) =  1; 2; 3; 4; nghiệm đa thức Q(x) 2điểm Vì hệ số x5 nên Q(x) có dạng: Q(x) = ( x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) Vậy ta có : Q(6) = ( - 1)(6 - 2)(6 - 3)(6 - 4)(6 - 5) = P(6) – 62 => P(6) = 5! + 62 = 156 Q(7) = ( - 1)(7 - 2)(7 - 3)(7 - 4)(7 - 5) = P(7) – 72 => P(7) = 6! + 72 = 769 Vậy P(6) = 156; P(7) = 769   AFC có AFC 900 , A  FAC 450 (GT) 1a)   AFC vuông cân F 2,5 điểm 0,25   AFH = CFB (g.c.g)  AH = BC Theo tính chất trung tuyến thuộc cạnh huyền tam giác 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài Câu Tóm tắt cách giải => FK = KE = EM = MF Điểm => Tứ giác MEKF hình thoi 1a) => KM cắt EF I trung điểm đường (1) 0,5 Lại có F thuộc trung trực AC ( AF = FC) O thuộc trung trực AC ( O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) => FO đường trung trực AC => FO  AC 0,5 Mà BE  AC (GT) nên FO // BE => FO // HE Chứng minh tương tự ta có EO // CF => EO // FH => Tứ giác EHFO hình bình hành => EF cắt HO trung điểm đường (2) Từ (1) (2) => EF, HO, KM đồng quy I Do FO  AE; EO  AF(theo câu b) Nên O trực tâm  AEF 1b) => AO  EF mà KM  EF ( t/c đường chéo hình thoi) => AO // KM Ta lại có : OM  BC ( OM trung trực BC) 2điểm AH  BC ( H trực tâm  ABC) => OM // AH Nên tứ giác AOMK hình bình hành => AO = KM ( 3) Vì         AFK  FAK ; MFC MCF mà MCF HAF  MFC AFK  => KFM = 900 => Hình thoi KEMF hình vng => EF = KM (4) Từ (3) (4) EF =2 (cm) => AO = EF = cm Vậy bán kính đường trịn(O) A a B d C' 2) Giả sử AB = a, BC= b, CD =c, DA =d b D c C 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài Câu 2,5 điểm Tóm tắt cách giải Ta có: (a+b+c+d)2 = (a + c)2 + (b + d)2 + 2(a + c)(b+d)  4(a+c)(b+d)  a +b+c+d  (a  c)(b  d) (1) 1 Kẻ CC’  AD Ta có SADC = AD.CC'  AD.DC  cd 2 Do 2SADC  cd Chứng minh tương tự ta có: 2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD  ab + ad + bc + cd => (a+c)(b+d) = ab + ad + bc + cd  2SABC + 2SDBC + 2SADC + 2SABD = 4S (2) Từ(1) (2) có a +b+c+d  S  a  c b  d Dấu “=”xảy   DA  AB, A B  CB,BC  CD,C D  DA  B  C  D  900 A  Tứ giác ABCD hình vng  a b c d Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Áp dụng BĐT CôSi cho 2014 số không âm: 1; 1;  ;1 ) ta có: ( x2014; x2014;  2012 2.x 2104  2012 2014 2.2014 2012  x x 2014 (2đ) 2,0 điểm 2.y 2104  2012 2014 2.2014 2012  y y 2014 2104 2.z  2012 2014 2.2014 2012  z z 2014 Cộng BĐT theo vế ta 0,5 Tương tự : 2.(x 2014 y 2014 2014 z 2014 )  3.2012 0,5 x  y  z Mà x2014 + y2014 + z2014 = 2.3  3.2012 3 Hay B 3  x2 + y2 + z2  2014 Dầu “ =” xảy  x = y = z = Vậy GTLN B = x = y = z = 0,5 0,5 Ghi chú: HS làm cách khác mà cho điểm tối đa, hình khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm