Đề thi HSG toán lớp 9 có đáp án đề 55

kì thi tuyển vào lớp 10 - THPT chuyên lam sơn. (40) môn thi: Toán học Thời gian: 150 phút đề bài Bài 1 (2 điểm) Xét biểu thức : M = + + + 13 23 1: 13 1 13 1 19 8 3 xx xx xx xx xx x xx a. Rút gọn biểu thức M. b. Tìm giá trị của x để M = 2 3 Bài 2 (2 điểm) Xét biểu thức A = y 2 + 5xy +6x 2 . a. Phân tích A thành nhân tử. b. Tìm các cặp số (x; y) thoả mãn điều kiện: x - y + 1 = 0 và A = 0. Bài 3 (2 điểm) Giải phơng trình sau: 2x 2 + 1121 2 =+ xxx Bài 4 (2 điểm) Giải phơng trình: x 3 + x 2 - 4x - 4 = 0. Bài 5 (2 điểm). Giải hệ phơng trình sau: +=+ =+ 4477 33 1 yxyx yx Bài 6 (2 điểm) Cho a, b là hai số nguyên, xác định a để: ax 17 + bx 16 + 1 chia hết cho x 2 - x - 1. Bài 7 (2 điểm). Trong một tam giác đều cạnh a, ngời ta gieo vào đó một cách tuỳ ý 5 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một cặp điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 a . Bài 8 (2 điểm). Cho góc xOy và một đờng tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc đó tại A và B. Qua A kẻ đờng thẳng song song với OB cắt đờng tròn tại điểm C. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng OB, đờng thẳng AK cắt đờng tròn tại điểm E. a. Chứng minh rằng 3 điểm O, E, C thẳng hàng. b. Đờng thẳng AB cắt OC tại điểm D. Chứng minh rằng: DC DE OC OE = Bài 9 (2 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: f(x) = 52 568056164 2 234 ++ ++++ xx xxxx Bài 10 (2 điểm). Giả sử f(x) là một đa thức bậc 4 với hệ số nguyên. Chứng minh rằng: Nếu f(x) 7 với x thì từng hệ số của f(x) cũng 7 . đáp án Đề thi đề xuất kì thi vào 10 - thtp chuyên lam sơn. môn thi: Toán học bảng: B Thời gian: 150 phút Bài làm Đáp án Thang điểm Bài 1 (2 điểm): ĐK: x 3 9 1 ,0 x 0.25 đ a. Ta có M = 3 13 19 133138 3 2 + +++ xx x xxxxxxxxx = ( ) 3 13 * 19 3 3 3 + + xx x xxx = 13 3 + xx xxx 0.75 đ b. M = 2 3 13 2 3 3 = + xx xxx với các điều kiện nêu trên phơng trình trở thành: x 3 - 7x 03 =+ x 0.25 đ Đặt t = x 2 1 ,30372 21 2 ===+ ttttx 0.25 đ + x 3 93 == xx 0.25 đ + x 3 4 1 2 1 == xx 0.25 đ Bài 2 (2 điểm) a. Ta có A = y 2 - 2xy - 3xy + 6x 2 = y(y - 2x) - 3x(y - 2x) = (y - 2x)(y - 3x). 1 đ b. Ta có A = 0 = = 03 0 xy xy 0.25 đ Để thoả mãn bài toán ta có hệ: 0.75 đ                 = =    = = ⇔           =+− =−    =+− =− 2 3 2 1 2 1 01 03 01 02 y x y x yx xy yx xy Bµi 3 (2 ®iÓm). §K: 11 01 01 2 ≤≤−⇔    ≥− ≥− x x x 0.25 ® ChuyÓn vÕ ph¬ng tr×nh ta ®îc: 22 12211 xxxx −−−=− B×nh ph¬ng hai vÕ ta ®îc ph¬ng tr×nh hÖ qu¶: 0)18141( 18144)1(4411 22 2322224 =−+−−⇔ −+−−−−++=− xxxx xxxxxxxxx 0,75 ®     =−+−− = ⇒ )1.(018141 0 22 xxx x Gi¶i (1) ta ®Æt 222 101 txxt −=⇒≥−= 0,5 ® Ta đợc phơng trình: 1 - 4t +8(1 - t 2 )t = 0 8t 3 - 4t - 1 = 0. (2t + 1)(4t 2 - 2t - 1) = 0. 4 51 = t từ đó 8 55 = x Thử lại ta thu đợc nghiệm của phơng trình là: x = 0; 8 55 = x 0,5 đ Bài 4 (2 điểm) Giải phơng trình: x 3 + x 2 - 4x - 4 = 0 x 2 (x + 1) - 4(x + 1) = 0. (x + 1)(x 2 - 4) = 0 (x + 1)(x - 2)(x + 2) = 0 1 đ = = = =+ = =+ 2 2 1 02 02 01 x x x x x x Vậy phơng trình có 3 nghiệm: x = -1; x = 2; x = -2. 1 đ Bài 5 (2 điểm) Hệ phơng trình đã cho tơng đơng với hệ: =+ =+ ++=+ =+ )2(0)( )1(1 ))(( 1 33 33 334477 33 yxyx yx yxyxyx yx 0,5 đ + Nếu x = 0 thì kết hợp với (1) ta đợc y = 1. + Nếu y = 0 thì kết hợp với (1) ta đợc x = 1. + Nếu x + y = 0 x = -y x 3 + y 3 = 0 nên từ (1) không thoả mãn 0,5 đ Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm là: (x;y) = (0;1), (1;0) 0,5 đ Bài 6 (2 điểm) Đặt f(x) = ax 17 + bx 16 + 1, f(x) chia hết cho x 2 - x - 1 có nghĩa là f(x) chia hết cho (x - )(x - ) với , là hai nghiệm của phơng trình x 2 - x - 1 = 0 0,5 đ Vậy ta có: 0,5 đ =++ =++ 01 01 1617 1617 ba ba )( 1616 1616 = a 0,5 đ Vì , là nghiệm của phơng trình x 2 - x - 1 = 0 nên ta có: a = 1616 Dùng tổng và tích, bằng cách giảm bậc ta có a = 987. 0,5 đ Bài 7 (2 điểm) Chia tam giác đều ABC thành A 4 tam giác đều bằng nhau, bằng cách vẽ 3 đờng trung bình của tam giác ABC (nh hình vẽ) Khi đó ta có: M N MN = NK = MK = a/2 (*) E Theo giả thiết, ta phải gieo F 5 điểm vào 4 tam giác vừa dựng. Theo nguyên tắc Đirichlet thì có ít nhất một tam giác không B C chứa quá hai điểm. Giả sử tam K giác MNK chứa 2 điểm E, F. Mặt khác, trong tam giác đều MNK, khoảng cách giữa hai điểm không lớn hơn độ dài cạnh của nó. Thật vậy, giả sử E MN, F MK Ta có: NF NK (1) EF < max(MF, NF) (2). MF MK = NK (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra EF MK, dấu '=' xảy ra khi E, F trùng với hai đỉnh của tam giác MNK. Do vậy EF MN (**) Từ (*) và (**) suy ra: EF a/2 2 đ A Bài 8 (2 điểm) C I E H O K B Ta có EKB đồng dạng với KAB (vì có BKA chung, BAKKBE = cùng chắn cung BE) Nên OK KA KI OK KAKEOKKBKAKB KB KA KE KB ==== 2 2 Mà AKO chung nên EKB đồng dạng KAB. WAOKOE = 0,5 đ Ta lại có ECAKAO = (2) cùng chắn cung AE Từ (1) và (2) suy ra ECAKOE = 0,25 đ Xét hai tam giác OEK và AEC thì . CEAKEO = Suy ra O, E, C thẳng hàng 0,25 đ b. Qua E kẻ đờng thẳng song song với OB cắt AO tại I, cắt AB tại H ta có EI = EH 0,25 đ Mặt khác AC IE OC OE = 0,25 đ AC EH DC DE = (3) 0,25 đ Từ (1), (2) và (3) ta có DC DE OC OE = 0,25 đ Bài 9 (2 điểm) Ta có x 2 + 2x 5 = (x + 1) 2 + 4 > 0 x nên f(x) luôn xác định x 0,25 đ Thực hiện phép chia đa thức ta đợc: f(x) = 4x 2 + 8x + 20 + 52 256 2 ++ xx f(x) = 4(x 2 + 2x + 5) + 52 256 2 ++ xx Đặt y = x 2 + 2x + 5 > 0, ta có f(x) = 4y + 64 256 .4.2 256 = y y y 0,75 đ Dấu "=" xảy ra khi 4y = = = = 8 8 64 256 2 y y y y y = - 8. không thoả mãn y > 0 0,25 đ Với y = 8 ta có x 2 + 2x + 5 = 8 x 2 + 2x - 3 = 0 x = -3 hoặc x = 1. 0,5 đ Vậy với x = -3 hoặc x = 1 thì f(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 64 0,25 đ Bài 10 (2 điểm) Giả sử f(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e Do f(0) = e nên e 7 0,25 đ Mặt khác + + ++= ++++= 7 7 7)1( 7)1( db ca edcbaf edcbaf 0,5 đ + + ++= ++++= 74 74 724816)1( 724816)2( db ca edcbaf edcbaf 0,5 đ Vậy + + 7 7 7 73 74 7 c a c a ca ca 0,5 đ vµ    ⇒    ⇒    + + 7 7 7 73 74 7       d b d b db db VËy c¸c hÖ sè cña f(x) ®Òu chia hÕt cho 7 0,25 ® . của f(x) cũng 7 . đáp án Đề thi đề xuất kì thi vào 10 - thtp chuyên lam sơn. môn thi: Toán học bảng: B Thời gian: 150 phút Bài làm Đáp án Thang điểm Bài. kì thi tuyển vào lớp 10 - THPT chuyên lam sơn. (40) môn thi: Toán học Thời gian: 150 phút đề bài Bài 1 (2 điểm) Xét biểu thức