đề thi học sinh giỏi toán 9

MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP - Năm học 2015- 2016 MÔN: TOÁN [*****] Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm câu trang) Câu 1:(2điểm) Cho biểu thức: P= 3m + 9m − m −2 − + −1 m+ m −2 m −1 m +2 a) Rút gọn P; b) Tìm m để P = ; c) Tìm giá trị m số tự nhiên cho P có giá trị số tự nhiên; Câu 2: (2,0 điểm) a) Tìm giá trị x; y số nguyên thỏa mãn phương trình: x + x − y + y + 10 = b)Tìm tất cặp số nguyên không âm x, y thỏa mãn phương trình: ( y + 1) + y = ( x + 1) + x 2 Câu 3: (2,0 điểm) a Tìm tất số nguyên dương n cho số T = 2n + 3n + 4n số phương b Tìm giá trị nhỏ biểu thức với x ≠ 0; y ≠  x10 y10  16 Q =  + ÷+ ( x + y16 ) − ( + x y ) 2 y x  Câu 4: (3điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB Từ điểm M nửa đường tròn ta vẽ tiếp tuyến xy Kẻ AH BK vuông góc với xy (H, K thuộc xy); a) Chứng minh tổng AH + BK có giá trị không đổi M di động nửa đường tròn; b) Chứng minh đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB; c) Xác định vị trí M nửa đường tròn (O) để diện tích tứ giác ABKH lớn nhất; Tính diện tích lớn đó; Câu 5: (1 điểm) Cho hình lục giác ABCDEG Người ta tô đỏ hai đỉnh A D, tô xanh đỉnh lại Sau người ta đổi màu đỉnh theo quy tắc sau: Mỗi lần đổi màu phải chọn đỉnh tam giác cân đổi màu đồng thời đỉnh (đỏ thành xanh, xanh thành đỏ) Hỏi sau số lần đổi màu theo quy tắc thu kết đỉnh C màu đỏ đỉnh lại màu xanh không? Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ MÃ KÍ HIỆU Lớp 9- NĂM HỌC 2015- 2016 MÔN: TOÁN [*****] Câu Phần 2đ a b c 2,0 đ a (Hướng dẫn chấm gồm trang) Nội dung ĐKXĐ: m ≥ 0; m ≠ m +1 P= m −1 Điểm 0,5 ( ( ) )  m +1 = m −1 P = ⇔ m +1 = m −1 ⇔   m +1 = 1− m  m =  m =3 ⇔  3 m =  m =  P = 1+ để P có giá trị số tự nhiên m − 1∈ { ±1; ±2} m −1 Từ tính m ∈ { 0; 4;9} Với m = P = - (loại); Với m = p = (thỏa mãn); Với m = p = (thỏa mãn); Vậy m = m = P có GT số tự nhiên x + x − y + y + 10 = ⇔ y ( y − 1) = x + x + 10 (1) 4 2 ta có x + x < x + x + 10 < ( x + x + 10 ) + ( 6x + )  y ( y − 1) = ( x + 1) ( x + ) x ( x + 1) < y ( y − 1) < ( x + 3) ( x + ) ⇒  (2)  y ( y − 1) = ( x + ) ( x + 3)  2 2 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5  x2 = Từ (1) (2) suy  từ tính x1 = 2; x2 = −2; x3 = 1; x4 = −1  x =1 thay vào (1) tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn PT là; (x; y) = (2; 6); (2; - 5); (-2; 6); (-2; -5); (1; 4); (1; -3); (-1; 4); (-1; -3) b ( y + 1) 0,5 + y = ( x + 1) + x ⇔ ( y + y + y ) + ( y + y ) = x + x ⇔ ( y + y ) + ( y + y ) + = x + x + ⇔ ( y + y ) + 1 = x + x + (1) 2 Đặt y + y + = a Với a ∈ N ; a ≥ PT (1) có dạng: a = x + x + ⇔ 4a = 4x + 4x + ⇔ 4a − ( 2x + 1) = ⇔ ( 2a − 2x − 1) ( 2a + 2x + 1) = Ta thấy 2a + 2x + ≥ nên 2a + 2x + = 2a − 2x − = , từ a = 1; x = với a = ⇔ y + y + = ⇔ y ( y + 1) = ⇔ y = (vì y = > 0); Vậy x = 0; y = cặp nghiệm nguyên không âm phương 0,5 trình; a 2.0 đ 0,5 -Với n = ta có T = số phương; -Với n = ta có T = 29 không số phương; 0,25 -Với n ≥ ta có T số phương lẻ T ≡ 1(mod4) (một số phương lẻ chia cho có số dư 1); n ≥ nên 2n ≡ 0(mod4); 4n ≡ 0(mod4) suy 3n ≡ 1(mod4) mà n n 0,25 3n = ( − 1) ≡ ( −1) ( mod4 ) suy n số chẵn; (k ∈ Z + ) Đặt n = 2k T = 4k + 9k + 16 k = ( + 1) + k + (15 + 1) k ≡ 2( mod3) k Nhưng số phương không chia hết cho có dạng ( 3m + 1) ( 3m − 1) với m số nguyên chia cho có số dư (một số 0,5 phương chia cho có số dư 1); Vậy T không số phương n ≥ Kết luận n = T số phương; b Với ĐK x ≠ 0; y ≠ x , y > 0; x10 , y10 >; x16 , y16 > áp dụng BĐT Cô Si cho số dương ta có: x10 y10 + + + ≥ 4 x8 y = 4x y y x2   x10 y10  x10 y10  ⇒  + + ÷ ≥ 2x y ⇒  + ÷ ≥ 2x y − 2 y x 2 y x   0,25 áp dụng BĐT Cô Si cho số dương ta có: x16 + y16 + + ≥ 4 x16 y16 = 4x y 16 1 x + y16 + ) ≥ x y ⇒ ( x16 + y16 ) ≥ x y − ( 4 5 Vậy Q ≥ 2x y − + x y − − − 2x y − x y = − ⇔ Q ≥ − 2 10 10 x y  = =1 ⇔ x2 = y = x Dấu xẩy  y  x16 = y16 =  −5 Vậy Min Q = (x; y) = (1; 1); (-1; -1); (1; -1); (-1; 1) ⇒ 0,25 0,25 0,25 y K M H x A I B O 3.0 đ a b Vì xy tiếp tuyến đường tròn (O) nên OM ⊥ xy , có AH ⊥ xy ; BK ⊥ xy (GT) suy AH//BK//OM, suy tứ giác AHKB hình 0.5 thang; Mặt khác OA = OB = R nên MH = MK (T/C đường trung bình hình thang); Vậy Om đường trung bình hình thang AHKB => OM = (AH + 0,5 BK):2 => AH + KB = 2.OM = 2R (không đổi); Vẽ MI ⊥ AB, ta có ∠OBM = ∠OMB (Tam giác OMB cân O); (1) ∠MBK = ∠OMB (cặp góc so le, OM//BK) (2) Từ (1) (2) suy ∠OBM = ∠MBK suy ∆BMI = ∆BMK (cạnh huyền 0,5 góc nhọn), suy MI = MK = MH = HK đường tròn (M, MI) tiếp xúc với AB tức đường tròn đường 0,5 kính HK tiếp xúc với AB; c 2 Diện tích hình thang ABKH S = ( AH + BK ) HK = 2R.KH = R.HK 0,5 ta có HK ≤ AB (T/C đường vuông góc đường xiên) dấu “ = “ xảy HK//AB; Suy S ≤ R AB = R.2R = 2R (diện tích lớn tứ giác ABKH 0,25 2R2) Vậy diện tích tứ giác ABKH lớn HK//AB suy M 0,25 điểm nửa đường tròn đường kính AB 1đ A G B C O E D ta thấy hai đỉnh đối xứng qua tâm O hình lục giác (ví dụ đỉnh A đỉnh D) đỉnh tam giác cân Ngoài điểm B, C, E, G có điểm đỉnh 0,25 tam giác cân (vì B, C, E, G đỉnh hình chữ nhật) Vậy có tam giác cân mà đỉnh đỉnh lục giác phải có đỉnh A D 0,25 Mỗi lần áp dụng quy tắc đổi màu có A D đổi màu Vì A D màu đỏ (đối xứng qua tâm O) đổi thành xanh số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải chẵn; Để đỉnh C màu xanh đổi thành màu đỏ số lần áp dụng quy tắc đổi 0,25 màu phải lẻ; Vậy để có kết C màu đỏ đỉnh lại màu xanh số lần áp dụng quy tắc đổi màu vừa chẵn, vừa lẻ (Vô lý) Vậy thực được; 0,25 Chú ý: Đáp án trình bày ngắn gọn cách làm; học sinh làm theo cách khác (mà đúng) GK cho điểm tối đa; Hết -