Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 9 năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Nam Định

Tham khảo Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 9 năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Nam Định dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô, để giúp cho các bạn học sinh có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn và hệ thống kiến thức học tập chuẩn bị cho kỳ thi học kỳ môn Toán. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 NAM ĐỊNH Mơn: TỐN – Lớp Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (3,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P  5  5  22  11  Cho số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện x  y  z  2, x2  y  z  18 xyz  1 Tính giá trị S  1    xy  z  yz  x  zx  y  Câu (5,0 điểm) Giải phương trình 2 x   x   5x  11     y2  y x 1 1  x 1   Giải hệ phương trình  2   x  y  x   Câu (3,0 điểm) Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn x2  y  xy  x  y  Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta có  n  1 n  Câu (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn  O  ngoại tiếp đường tròn  I  Điểm D thuộc cạnh AC cho ABD  ACB Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC điểm thứ hai E cắt đường tròn  O  điểm thứ hai Q Đường thẳng qua E song song với AB cắt BD P Chứng minh tam giác QBI cân; Chứng minh BP.BI  BE.BQ ; Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K trung điểm JE Chứng minh PK / / JB Câu (2,0 điểm) Cho lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học sinh tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh ln có học sinh tham gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh Hết -Họ tên thí sinh:………………………Họ, tên chữ ký GT1:………………………………… Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: TỐN – Lớp ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án Câu 1.1 (1,5) Tính giá trị biểu thức P  5  5 Đặt M   22 5  5  22 Điểm  11  10  22 Ta có M  2  22  M  (Do M  ) 3   11   1.2 (1,5) 0,25 0,5  3 Suy P  Cho số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời điều kiện x  y  z  2, x  y  z  18 xyz  1 Tính giá trị S  0,25 1   xy  z  yz  x  zx  y  Ta có xy  z   xy  x  y    x  1 y  1 0,5 Tương tự yz  x    y  1 z  1 zx  y    z  1 x  1 0,25 Suy S      x  1 y  1  y  1 z  1  z  1 x  1  x  y  z 3  x  1 y  1 z  1 0,25 1  xyz   xy  yz  zx    x  y  z   xy  yz  zx Ta có  x  y  z   x  y  z   xy  yz  zx   xy  yz  zx  7 Suy S   2.1 (2,0) 0,5 0,25 0,25 Giải phương trình 2 x   x   5x  11  Điều kiện x  0,5 2 x   x   5x  11   2 x   x   5x  11  x   x  5x   5x  11  x  5x    x 0,5 x  x  x       x  12 2  2 x  x    x  x  x  11x  12  0,5 2.2 (3,0) Đối chiếu điều kiện ta x  nghiệm phương trình  y  y x    x   1  Giải hệ phương trình  2   2 x  y  7x     Điều kiện x  1, y  y2  y  0,5    x    x    y  y  x   y  1    y  1 y  x   y 1  y  x   Với y  1, thay vào (2) ta 0,5 0,5 x2   x2    x2   x2   x4  x2   x2   x2  x  (do điều kiện x)  x  5x      x  x    0,5 Với y  x  , thay vào (2) ta x  x   x     x2  4     x 1 1    x   x     x2     x   x   x2  0 x 1 1 x2   x     x  2 x2  0  x 1 1 x2   Với x  suy y  Ta có x     x  2 Với x  0,25 0,5    x  2    x   1    x 1 1 x 1 1 x2   x2     x2   7x    x 1 1 x      x  2 x2   x2   x2   0 0 x 1 1 x2   Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;1 ,  2;1 Suy  x   3.1 (2,0) 0,5  0,25 Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2  y  xy  x  y  Ta có x  y  xy  x  y    x  y    x  1   y  1  2 0,75 Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh xét trường hợp) x y x 1 y 1 Nghiệm  x; y  1,0 0 1;1 -2 0 Loại Loại -2  1;1 0 Loại 0 -2 1; 1 Vậy số  x; y  cần tìm 1;1 ,  1;1 , 1; 1 3.2 (1,0) 0,25 Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta có  n  1 n  Với số nguyên dương k ta có k  k    k  1    k  1 k  1 0,25 Sử dụng đẳng thức liên tiếp với k  3,4, , n ta 0,5   2.4    3.5     4.6   1 1 1   n  1 n  1  1 1 1   n  1  n  1   n  1 0,25 n Ta có điều phải chứng minh (7,0) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường trịn  O  ngoại tiếp đường tròn  I  Điểm D thuộc cạnh AC cho ABD  ACB Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC điểm thứ hai E cắt đường tròn  O  điểm thứ hai Q Đường thẳng qua E song song với AB cắt BD P Chứng minh tam giác QBI cân; Chứng minh BP.BI  BE.BQ ; Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K trung điểm JE Chứng minh PK / / JB P A D J I O K B C H E Q 4.1 (2,0) Ta có AI phân giác BAC nên Q điểm cung BC (O) 1,0 Suy BAQ  QAC  QBC 1,0 IBQ  IBC  QBC  IBA  BAQ  BIQ Hay tam giác QBI cân Q 4.2 (3,0) Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB 0,5 AB AD  Suy hay AB2  AD AC (1) AC AB Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC Suy (có góc A chung AID  ACE ) 0,5 AD AI  hay AI AE  AD AC (2) AE AC Từ (1) (2) suy AI AE  AB , suy tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB Suy AEB  ABI  ABC 0,5 Ta có AEP  BAE  suy BEP  0,5 BAC (hai góc so le trong), ABC  BAC Theo a) ta có BIQ  BAC  ABC suy BIQ  BEP 0,25 0,25 Ta có BPE  ABD  ACB  BQI Suy hai tam giác PBE QBI đồng dạng, suy BP BE   BP.BI  BE.BQ , ta có BQ BI 0,5 điều phải chứng minh 4.3 (2,0) Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE tam giác BQI cân Q nên tam giác PBE cân P, suy PBE  BAC  ABC PH  BE với H trung điểm BE Do HK đường trung bình tam giác EBJ nên HK//BJ Ta có JBD  ACB BAC  ABC DBE  , suy JBE  90o hay JB vng góc BE 2 Suy PH//JB, suy P, H, K thẳng hàng hay PK//JB (2,0) 0,5 0,5 0,75 0,25 Cho lớp học có 35 học sinh, học sinh tổ chức số câu lạc môn học Mỗi học sinh tham gia câu lạc Nếu chọn 10 học sinh ln có học sinh tham gia câu lạc Chứng minh có câu lạc gồm học sinh Giả sử tất câu lạc có khơng q học sinh 0,5 Gọi N số câu lạc có học sinh Nếu N  , từ số câu lạc này, chọn câu lạc học sinh, 10 học sinh khơng thỏa mãn điều kiện tốn Nếu N