071 đề hsg toán 9 vĩnh phúc 2014 2015

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC  x  16 x   Câu (1,5 điểm): Cho biểu thức: A   x2 x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A  x 1  x 3 x 7     x  1  x   x  1 mx  y 2 (với m tham số) 2 x  my 5 a) Giải hệ phương trình m 10 b) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức: Câu (1,5 điểm): Cho hệ phương trình:  x  y  2014   2015m  14m  8056 m2  Câu (3,0 điểm): a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: a b c P   2 9a  3b  c 9b  3c  a 9c  3a  b b) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x(1  x  x ) 4 y ( y  1) Câu (3,0 điểm): Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho AC 4 AB Tia Cx vuông góc với AC điểm C , gọi D điểm thuộc tia Cx ( D không trùng với C ) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K , E a) Tính giá trị DC.CE theo a b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ c) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định 1 1 ; Câu (1,0 điểm): Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u  v  uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối -Hết Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay - Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………………… Số báo danh:…….…………… … SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN (05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm nêu cách giải với ý bản, thí sinh làm không theo cách nêu hướng dẫn chấm cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực với tất giám khảo 3) Điểm tồn tính đến 0,25 điểm Sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết 4) Với hình học học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm phần II) Đáp án thang điểm: Câu Nội dung trình bày Điểm Câu  x  16 x  x 1 x 7  x  A    :  Cho biểu thức:     x 3 x  1  x  1  x2 x  (1,5 a) (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A đ)   x 0   x  x  0  Điều kiện:  x  0 Từ đó: x 0; x 1; x 4 0,25   x  0  x 2  0  x1 Biến đổi: x  x 7 x  16 x  x 1 x 7 x 1 x 7      x2 x  x 3 x1 x 3 x1 x1 x 3        x 3 x 3   x 7 2  x1  x 7 x1 0,25 x 7 x  x1 x1 x x  x1 x1 x x x :  x1 x1 x b) (0,5 điểm) Tìm x để A  Từ đó: A  x 6  x 3  0,25 0,25 Biến đổi: A   x   x x    x  0,25 x 21  x 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy để A  x 9 Câu (1,5 đ) 0,25 mx  y 2 (với m tham số) 2 x  my 5 Cho hệ phương trình:  a) (0,5 điểm) Giải hệ phương trình m 10 10 x  y 2  x  10 y   Thay m 10 ta hệ:  5 x  y 1  2 x  10 y 5 50 x-10y=10   2 x  10 y 5 52 x=15  2 x  10 y 5 15 15   x  x    52 52    y 5  x  y  23   10 52 15   x 52 Kết luận: với m 10 hệ có nghiệm nhất:   y  23  52 b) (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức: x  y  2014  0,25 0,25  2015m2  14m  8056 m2  Dùng phương pháp thế, ta có: mx   y    2 x  m mx  5  2m  10  mx   x y     m 4   ,m  R  m   x=2m+10  y 5m    m2  2m  10   x  m  ,m  R Nên hệ ln có nghiệm nhất:  m  y   m2  mx  y 2   2 x  my 5 mx   y    2 x  my 5  2015m2  14m  8056 m2   2014m  7m  8050  2015m  14m  8056  m2  m2    2014m2  7m  8050  2015m  14m  8056 0,25 0,25 Thay vào hệ thức: x  y  2014  Ta được: 0,25  m 1  m2  m  0   m  1  m   0    m 6 Kết luận: để hệ phương trình cho có nghiệm  x; y  thỏa mãn hệ thức: 0,25 Câu (3,0 đ)  m 1  2015m  14m  8056 x  y  2014   m 6 m2   a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a b c   9a  3b  c 9b3  3c  a 9c  3a  b Chứng minh: (a  b  c )( x  y  z ) (ax  by  cz ) , a, b, c, x, y , z  R (1) Thật vậy: (1)  ( a y  2abxy  b x )  ( a z  2acxz  c z )  (b y  2bcyz  c z ) 0  (ay  bx)  (az  cx)  (by  cz ) 0 (đúng) ay bx  Dấu " "   az cx  by cz  Áp dụng BĐT (1) ta có: (9a  3b  c)( 0,25 1   c) (a  b  c) 1 9a Dấu " "  a b c  0,25  9a  3b  c  1  c 9a a 1  a (   c) 9a  3b  c 9a b 1 c 1 b(   a ); c(   b) Tương tự có: 2 9b  3c  a 9b 9c  3a  b 9c a b c  P 3   ( ab  bc  ca) 1 (a  b  c)2 (a  b  c) ab  bc  ca   P   1 Do 3 3 Vậy Pmax 1  a b c  b) (1,5 điểm ) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x(1  x  x ) 4 y ( y  1) 0,25  Có: x(1  x  x ) 4 y ( y  1)  ( x  x )  ( x  1) 4 y  y   ( x  1)( x  1) (2 y  1) (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì x, y     y  1  , nên từ  1  x 0 x chẵn 0,25 Giả sử ( x  1, x  1) d  d lẻ x  1d ; x  1d  2d  d 1 Vì ( x  1)( x  1) số phương, ( x  1, x  1) 1 nên ( x  1) ( x  1) hai số phương 0,25 0,25 Câu (3,0 đ) Do x 0  x  x  ( x  1)2  x  ( x  1)2  x 0  y 0 Khi x 0 , có (1)  y ( y  1) 0    y 1 Vậy có hai cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu toán là: (0;0),(0;1) Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho 0,25 0,25 AC 4AB Tia Cx vng góc với AC điểm C , gọi D điểm thuộc tia Cx ( D không trùng với C ) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K , E a) (1,0 điểm) Tính giá trị DC.CE theo a    Ta có: EBC ); ACD ECB  ADC (Cùng bù với góc KBC 90o  ACD ECB đồng dạng với nhau(g-g) DC AC    DC.CE  AC.BC BC EC a 3a 3a Do AB  ; BC   DC.EC  AC.BC  4 b) (1,0 điểm) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ SBDE  BC.DE  S BDE nhỏ DE nhỏ Ta có: DE DC  EC 2 DC.EC 2 3a a ( Theo chứng minh phần a) Dấu " "  DC EC  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 a 2  S( BDE ) nhỏ 3a D thuộc tia Cx cho CD  a c) (1,0 điểm) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định 0,25 Gọi giao điểm đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC M, N ( M nằm A B)  M, N đối xứng qua DE Ta có: Hai tam giác AKB ACD đồng dạng (g-g) AK AB    AK AD  AC AB (1) AC AD Hai tam giác AKM AND đồng dạng (g-g) AK AM    AK AD  AM AN (2) AN AD a2 T (1) v (2) suy AM AN  AC AB  a  ( AC  MC )( AC  NC )  AC  MC (Do MC NC ) 3a a  MC   MC  NC   M , N hai điểm cố định Vậy đường tròn đường kính DE ln có dây cung MN cố định 1 1 ; Cho dãy gồm 2015 số: ; ; ; ; 2014 2015 Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u  v  uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối 0,25 0,25 0,25 0,25 lại số Chứng minh giá trị số cuối không phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối Câu (1,0 đ) Với hai số thực u,v ta có:  u  1  v  1 u  v  uv   u  v  uv   (*) Với dãy số thực a1 ;a2 ; ;a2015 , ta xét “Tích thêm T ”: T  a1  1  a2  1  a3  1  a2015  1 Áp dụng cách biến đổi dãy đề kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm T ” không thay đổi với dãy thu Với dãy cho ban đầu toán, “Tích thêm T ”:        2015 2016 T   1   1   1   1   1  2016          2015  2014 2015 Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy lại số x “Tích thêm T ” dãy cuối là: T x  Vậy ta có: x  2016  x 2015 Bài toán giải quyết; sau 2014 lần biến đổi dãy theo yêu cầu toán ta thu số 2015 -Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25