Đề thi HSG vòng 2 môn Toán 2013-2014

Hạ MH vuông góc với AB tại H.[r]

PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014

MƠN TỐN - VÒNG Thời gian làm 150 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu ( điểm):

a) Rút gọn biểu thức :

9 2

2 2 2

 



      .

b) Xét dãy số:

* n -1

1 n

n -1 + u

u = ; u = ,

1 - 3.u  n N n Tính u2014 Câu ( điểm):

a) Giải phương trình : √2x+3+√x+1=3x+2√2x2+5x+3−16

b) Giải hệ phương trình:

2

2

1 1

1

x x y y x y x y

x x y y x y x y

           



          

 Câu ( điểm):

a) Tìm số ngun a để phương trình sau có nghiệm ngun

2 2 0

x  ax a  

b) Chứng minh hai số vô tỉ khác tồn số hữu tỉ Câu ( điểm):

1) Cho tam giác ABC cân A có BAC = 20 0; AB = AC = b BC = a Chứng minh : a3 + b3 = 3ab2

2) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB M điểm nửa đường tròn (M khác A B) Hạ MH vng góc với AB H Gọi P, Q, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAH, MBH, AMB

a) Chứng minh MI vuông góc với PQ

b) Xác định vị trí điển M nửa đường tròn để chu vi tam giác PHQ lớn

Câu ( điểm):

Cho a, b, c số dương thoả mãn a + b + c = Chứng minh a + b + c >

-

PHỊNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9

NĂM HỌC 2013 - 2014 MƠN TỐN - VÒNG Thời gian làm bài: 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 05 câu 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

(1,0)

2

(2 1) ( 1)

(2 1)( 1) ( 1)( 2)

 

 

   

0,25

2 2

(2 1)( 1) ( 1)( 2)

 

 

   

1

3

 

 

0,25 3

2

 

  0,25

3 3

2

   

  0,25

b

(1,0) Ta có: u =

 

1

1

3 + u +

u = = = - + - 3.u 1-

0,25

 

     

2

2

3 - +

3 + u -

u = = = = - -

1 - 3.u + + 2 + 0,25

 

 

 

 

3

3

3 - - 3 - + u

u = = = =

1 - 3.u 1+ - 3 -

0,25

 

 

4 u = u =

u = u = - + u = u = - - u = u =



Vậy u2014 = u1 + 671 = u = 11

0,25

2 a

(1,0) Giải phương trình : √2x+3+√x+1=3x+2√2x

+5x+3−16 1,0 ĐKXĐ: x -1 Đặt : √2x+3+√x+1 = a ; a 0,25 => a ❑2 = 3x + + √2x2+5x+3 = 3x + √2x2+5x+3

-16 + 20

= a + 20 => phương trình trở thành: a2 – a – 20 =

0,25 Giải phương trình a = (vì a 0)

=> √2x+3+√x+1 =  √2x2

+5x+3=21−3x , ĐK : x

0,25 Giải phương trính cho ta kết quả: x = ( thỏa

Vậy nghiệm phương trình ban đầu : x =

b (1,0)

2

2

1 1

1

x x y y x y x y

x x y y x y x y

                         ĐK: 2 1 x x y y x y             

Trừ vế hai phương trình ta x + y = - 0,5

Thay vào ta có hệ là:

2

2

0,5 0,5

0,5 0,5

x x y y

x x y y

                 0,25

Đặt x20,5 x u; y20,5y v

2 0,5 ; 0,5

2

x x y y

u v

      

đưa hệ

1 1 2 u v u v          0,25 1

1 1

4

2

u v u v

u v

u v uv uv

u v                        

 u v 0,5

0,25

0,5 u v  

2 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 x x x x y y y y                     

 x y 0, 25( Thỏa mãnĐK) Vậy hệ có nghiệm x y 0, 25

0,25

3 a

(1,0)

Giả sử có a ngun để phương trình có nghiệm nguyên Khi ta có a x(  1)x2 2

Ta thấy x=1 không nghiệm phương trình

Suy x  1 x 1 0 0,25

2 2 1 3 3

1

1 1 1

x x

a x

x x x

  

     

  

0,25 Do x nguyên suy a nguyên

3

1 Z

x

 



1 (3) { 1; 3}

x U

      0,25

{-2; 0; 2; 4} a { 2;6}

x

    

Vậy a { 2;6}  0,25

b(1,0)

Giả sử x; y số vô tỉ với x < y

=> y - x > =>  m  N* để m ( y - x) >2

=> my - mx > =>  n  Z

mx < n < my => x < n m < y

0,25

trong

n

m số hữu tỉ

Như x y tồn số hữu tỉ

0,25

Tương tự x n

m tồn số hữu tỉ

Vậy số vô tỷ khác x, y tồn số hữu tỷ

0,25

4

B C

A

D E

ABC cân A có góc BAC = 20 0nên ABC = ACB = 80  Trên cạnh AC lấy D cho ABD = 60

Khi DBC = 20 nên BDC = 800

 BDC cân B  BD = BC = a

0,25

BDC ABC ( g – g) 

DC BC

BC AC  DC = a

b

 AD = b - a

b

0,25

BDE vng có EBD = 60  BE =

1

2 BD =

2a DE = BD = a.

3

2 ; AE = b -

2a. 0,25 AD2 = AE2 + DE2

 (b - a

b )2 = (b -

2a)2 + (a. )2  b2 - 2a2 +

4 a

b = b2 - ab + a

+

4 a

 a

b = 3a2 –ab  a4 = 3a2b2 - ab3  a4 + ab3 = 3a2b2

 a3 + b3 = 3ab2

2 0,25

a.( 0,75 điểm)

Gọi E, F giao điểm AI với MQ, BI với MP.PQ cắt MA, MB K D

Ta có MP MQ phân giác hai góc phụ AMH BMH,

nên PMQ 450.

Lại có góc MPE góc ngồi tam giác MPA nên

     0

( ) 90 45

2

MPEAMPMAP AMHMAH  

Suy tam giác MPE vuông cân E, suy



90

PEA  MQAI

Chứng minh tương tự MPBI.

Suy I trực tâm tam giác MPQ, suy MI vng góc với PQ

0.25

0.25

0.25

b)Ta có tam giác KMD có đường cao MI đồng thời tia phân giác nên tam giác vuông cân MDQ QHB 450

Ta C/M MQHMQD g(  c g ) nên HQ=QD.

Chứng minh tương tự PH =PK, suy chu vi tam giác PHQ PH+HQ +QP =KP +PQ +QD =KD= MD 2.

Lại có: MD= MH ( doMQHMQD g(  c g )), nên để chu vi tam giác PHQ lớn MH phải lớn nhất.Mà MHMOkhông đổi, nên MH lớn MO M điểm cung AB

0.25 0.25

0.25 0.25

5 (1 đ) Áp dụng bất đẳng thức Cô Si với số dương a + b c ta có: a + b + c  2c  2c

Mà a + b + c = nên  2c   c

Tương tự  a;  b

Nhận xét: a, b, c đồng thời nên a(a - 2) + b( b - 2) + c( c - 2) <

 a + b + c < 2( a + b + c)  < ( a + b + c)  < a + b + c

0,25

0,25

0,25 0,25 * Chú ý: Học sinh làm cách khác, cho đủ biểu điểm.