đề thi học sinh giỏi toán 9

MA TRẬN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP MÔN TOÁN – NĂM HỌC 2015 – 2016 Nội dung Thông hiểu Mức độ Bài toán tổng hợp có nội dung Câu biểu thức chứa thức bậc hai, bậc ba Phương trình bậc hai, định lý Viét 1.1 Vận dụng thấp Vận dụng cao 1.2 1,0 1,0 2,0 2.1 Câu 1,0 Phương trình, hệ phương trình 1,0 2.2 1,0 1,0 Bài toán tổng hợp số học 3.1 Bài toán bất đẳng thức 3.2 Câu Bài toán tổng hợp hình học Câu phẳng Tổng điểm 4.1 4.2 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 3,0 1,0 1,0 4,0 10,0 4.3 1,0 Tổ hợp, rời rạc Câu Tổng điểm 3,0 3,0 MÃ KÍ HIỆU [* * * * *] ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP – Năm học 2015 - 2016 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu ( điểm) Cho biểu thức P = x−2 x x +1 1+ 2x − x + + x x −1 x x + x + x x2 − x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Câu ( điểm) 1) Giả sử x1 ; x2 nghiệm phương trình : x2 + 2kx + = 2 x  x  Tìm tất giá trị k cho có bất đẳng thức :  ÷ +  ÷ ≥  x2   x1  2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2   x − y + y − x = 2( xy − 1)  2  4 x + y + x − y − = Câu ( điểm) 1) Tìm số tự nhiên n để: A = n 2012 + n 2002 + số nguyên tố 2) Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn điều kiện: abc + bcd + cda + dab = a + b + c + d + 2012 2 2 Chứng minh rằng: ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) ≥ 2012 Câu ( điểm) Cho điểm A , B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu ( điểm) Tất điểm mặt phẳng tô màu, điểm tô màu xanh, đỏ, tím Chứng minh tồn tam giác cân, có đỉnh thuộc điểm mặt phẳng mà đỉnh tam giác màu đôi khác màu Hết MÃ KÍ HIỆU [* * * * *] ĐÁP ÁN ĐÈ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP – Năm học 2015 - 2016 MÔN TOÁN ( Hướng dẫn chấm gồm05 trang) Chú ý: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,5 không làm tròn - Với hình học thí sinh không vẽ hình phần không cho điểm tương ứng với phần Câu 1.1 (2đ) 1.2 Đáp án (1,0 điểm) Điều kiện: x > 0, x ≠ Khi ta có x +2 Rút gọn biểu thức ta P = x + x +1 Điểm 1,0đ (1,0 điểm) Ta có Px + ( P − 1) x + P − = , ta coi phương trình bậc hai x Nếu P = ⇒ − x − = vô lí, suy P ≠ nên để tồn x phương trình có ∆ = ( P − 1) − P ( P − ) ≥ 4 ⇔ −3P + P + ≥ ⇔ P − P + ≤ ⇔ ( P − 1) ≤ 3 Do P nguyên nên ( P − 1) +) Nếu ( P − 1) = ⇔ P = ⇔ x = không thỏa mãn +) Nếu ( P − 1) P = =1⇔  ⇒ P = ⇔ x + x = ⇔ x = không thỏa P = mãn Vậy giá trị x thỏa mãn 2.1 0,5đ (1 điểm) Phương trình : x2 + 2kx + = có hai nghiệm x1 ; x2 ⇔ ∆, = k − ≥ ⇔ k ≥ (*)  x1 + x2 = −2k Khi ta có :  Vậy :  x1 x2 = 0,5đ 2 2  ( x1 + x2 ) − x1 x2   x1   x2   x12 + x22   ≥3  ÷ + ÷ ≥ 3⇔  ÷ ≥3⇔  x x x x x x    2  1    k − ≤ −  4k −  ⇔ ≥ ⇔ k − ≥ ⇔  ( ) ÷    k − ≥ k ≤ − ⇔ (**)  k ≥ +  k ≤ −2 Kết hợp (*) (**) ta có : k ≥ ⇔  k ≥ 2 Vậy phương trình : x + 2kx + = có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 0,5đ (2đ) 2  x1   x2   ÷ +  ÷ ≥ k ≤ −2 k ≥  x2   x1  2.2 1,0 điểm 2  ( x − 1) y + ( y − 1) x = 2( xy − 1); (1)  2  4 x + y + x − y − = 0; ( 2) Từ PT (1) ta có x y + xy − ( x + y ) − 2( xy − 1) = ⇔ ( x + y )( xy − 1) − 2( xy − 1) = y = − x ⇔ ( x + y − 2)( xy − 1) = ⇔   xy = Thay vào PT (2) giải có nghiệm   +1   − −1   − 14  (xy ) ∈ (1;1) ; ( − 0,5;2 );  ; + 1;  ;1 − ;  ;       5  3.1 (2đ) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,0 điểm 0,5đ Xét n = A = nguyên tố; n = A = nguyên tố Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n3)670 – chia hết cho n3 -1, suy (n3)670 – chia hết cho n2 + n + Tương tự: (n3)667 – chia hết cho n2 + n + Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A hợp số Số tự nhiên ần tìm n = 0,5đ 3.2 1,0 điểm Ta có: 2012 = ( abc + bcd + cda + dab − a − b − c − d ) = ( ( ab − 1) ( c + d ) + ( cd − 1) ( a + b ) ) 2 ≤ ( ab − 1) + ( a + b )  ( cd − 1) + ( c + d )     2 2 2 2 = ( a b + a + b + 1) ( c d + c + d + 1) = ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) 2 2 2 2 Suy ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) ≥ 2012 4.1 (3đ) 0,5đ 0,5đ M Ta có ∠ AMO = 900 ∠ ANO = 900 Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kinh OA A O P D Q H B K I E N C d 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 4.2 1,0 điểm AM, AN hai tiếp tuyến (O) nên OA phân giác ∠ MON mà ∆MON cân O nên OA ⊥ MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ∠ ANB = ∠ ACN, ∠ CAN chung) ⇒ AB AN ⇒ AB AC = AN2 = AN AC 0,25đ ∆ANO vuông N đường cao NH nên AH AO = AN2 ⇒ AB AC = AH AO 0,25đ ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g) AH AK = ⇒ AI ×AK = AH ×AO AI AO ⇒ AI ×AK = AB.AC AB ×AC ⇒ AK = AI Nên 0,25đ Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định 4.3 0,25đ 1,0 điểm Ta có ∠ PMQ = 900 ME MH = MQ DQ MP MH MH = = ∆PMH ∆MQH ⇒ MQ QH 2DQ MP ME ⇒ = MQ MQ ∆MHE ⇒ ∆QDM ME = MP ⇒ (g-g) ⇒ P trung điểm ME 0,5đ 0,5đ 1,0 điểm Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác tạo thành tam giác cân Do tô đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau: 0,5 (1đ) +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu cho tồn đỉnh có màu khác tạo thành tam giác cân +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành tam giác cân Vậy, trường hợp tồn tam giác cân, có đỉnh tô màu đôi khác màu Hết 0,5