Việc học tập và rèn luyện luôn là mối quan tâm hàng đầu của bậc THCS nhất là khối lớp 9. Đề thi HSG môn Toán lớp 9 bảng A năm 2015-2016 của Sở GD&ĐT Nghệ An sẽ giúp các em phần nào tự đánh giá kiến thức của bản thân. Mời các em tham khảo!
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thức Mơn thi: TỐN - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang Câu Nội dung Điểm Câu (3 điểm) a Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ; 19992 gam thành ba nhóm có khối lượng (khơng chia nhỏ vật đó) b Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x + 171 = y2 Nhận xét: n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 0,5 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13 a Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 1,5 Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 0,5 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13 Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – +19) = y2 (x ≥ 2) Để y số nguyên (3,0) điều kiện cần đủ 3x – + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương) Nếu x – = 2k + số lẻ 2k + + 19 = (32k + + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết b cho không chia hết khơng thể số phương 1,5 Do x – = 2k số chẵn k k Ta có 3x – + 19 = z2 ⇔ ( z − ) ( z + ) = 19 Vì 19 số nguyên tố z − 3k = z = 10 z = 10 ⇔ ⇔ z − < z + nên k k z + = 19 k = 3 = Vậy x = y = 30 Câu (6 điểm) k k 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 a Giải phương trình: x + x + = ( x + 1) x + x + 2 x + = y − x b Giải hệ phương trình: 2 x + xy + y = ĐKXĐ: R −1 Vì x = khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương đương với x2 + x + = x2 + 2x + a phương trình: x + (6,0) 3,0 x2 + 6x + ⇔ − = x2 + x + − 2x +1 x + x + − 2(2 x + 1) ( x + x + + 2)( x + x + − 2) = 2x +1 x2 + 2x + + 0,5 0,5 0,25 x2 + 2x −1 ⇔ = 2x +1 x2 + 2x −1 0,25 x2 + 2x + + x2 + 2x − = (1) 1 ⇔ ( x + x − 1) − ÷= ⇔ 2 x + x + + = x + (2) x + 2x + + 2x +1 a PT (1) có hai nghiệm x1;2 = −1 ± 3,0 PT (2) ⇔ x + x + + = x + ⇔ x + x + = x − 1 x ≥ + 15 ⇔ ⇔ x3 = x + x + = (2 x − 1) Vậy phương cho có ba nghiệm: x1;2 = −1 ± 2; x3 = (6,0) 0,25 0,25 0,25 + 15 0,25 ( x + 1) = y y = ±2 x + ⇔ Hệ phương trình ⇔ 2 x + xy + y = x + xy + y = y = x + y = 2x +1 ⇔ Xét hệ: 2 x + xy + y = x + x ( x + 1) + ( x + 1) = 0,5 0,5 y = 2x + x=− x = y = 2x +1 x=0 ⇔ ⇔ ⇔ 7 x + x = y =1 x = − y = − b 7 3,0 y = −2 x − y = −2 x − ⇔ Xét hệ: 2 x + xy + y = x − x ( x + 1) + ( x + 1) = 0,5 0,5 y = −2 x − y = −2 x − x = x = −1 ⇔ ⇔ x = ⇔ y = −1 y =1 3 x + x = x = −1 0,5 3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) là: (0;1), − ; − ÷, (0;-1), (-1;1) 7 Câu (3 điểm) a +1 b +1 c +1 + + ≥3 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: b + c2 + a2 + Sử dụng bất đẳng thức Cô si (3,0) b ( a + 1) b ( a + 1) a +1 b + ab Ta có: (1) = a +1− ≥ a +1− = a +1− b +1 b +1 2b b +1 c + bc c +1 a + ca ≥ b +1− ≥ c +1− Tương tự: (1) (3) c +1 a +1 a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + + ≥ +3− Từ (1); (2) (3) suy ra: b +1 c +1 a +1 2 Mặt khác a + b + c ≥ ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + + ≥ +3− Do đó: = +3− = b +1 c +1 a +1 2 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy a +1 b +1 c +1 + + ≥ Dấu xảy a = b = c = b2 + c + a + 0,5 Câu (6 điểm) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB · · a Chứng minh HPO = HQO 1 + b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng có giá trị nhỏ EA EB (6,0) a 3,0 ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) ∆ MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO = Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay (*) MH MQ ∆ MPH ∆ MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ∆ MPH đồng · · dạng ∆ MOQ (c.g.c) suy MHP = MQO ¼ · · Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp ⇒ HPO = sdOH (đpcm) = HQO 0,75 0,5 0,5 0,75 0,5 b 3,0 Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay ∆ EBF cân E, suy 1· α · BFA = BEA Đặt ·AEB = α ·AFB = nên F di chuyển cung chứa 2 α góc dựng BC 1 1 + ≥ + Ta có: Như nhỏ EA + EB lớn EA EB EA + EB EA EB hay EA + EF lớn ⇔ AF lớn (**) Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy ∆ O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3) · · ∆ O’EB ∆ O’EF có EB = EF, O’E chung FEO ' = BEO ' (cùng bù với · BAO ' ⇒ ∆ O’EB = ∆ O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4) 0,5 0,5 0,5 0,5 α dựng đoạn thẳng BC 0,5 (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E ≡ O’ (***) 0,25 1 + Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB có giá 0,25 EA EB trị nhỏ Câu (2 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ để hình vng xếp hình trịn có bán kính cho khơng hai hình trịn chúng có điểm chung Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình trịn bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Suy tâm hình trịn nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh 0,75 (a-2) MN // AB Các đường trung bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình vng nhỏ Theo nguyên lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm 0,5 hình trịn nói trên, chẳng hạn O1 O2 Do hình trịn khơng có hai hình trịn có điểm chung nên O 1O2 ≥ 0,5 (1) a−2 Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh nên 0,5 a−2 a−2 O1O2 ≤ (2) ( đường chéo hình vng nhỏ) 2 2,0 a−2 (2,0) ≥ ⇔ a ≥ + 2 Do hình vng có cạnh Từ (1) (2) ⇒ 0,5 lớn ( + 2 ) thỏa mãn u cầu tốn Vậy hình vng ABCD có cạnh ( + 2 ) thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc 20.00 Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó, Riêng câu 4, học sinh khơng vẽ hình hay vẽ hình sai khơng chấm ... tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay ∆ EBF cân E, suy 1· α · BFA = BEA Đặt ·AEB = α ·AFB = nên F di chuyển cung ch? ?a 2 α góc dựng BC 1 1 + ≥ + Ta có: Như nhỏ EA + EB lớn EA EB EA + EB EA... AB · · a Chứng minh HPO = HQO 1 + b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng có giá trị nhỏ EA EB (6,0) a 3,0 ∆ MPA đồng dạng ∆ MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) ∆ MAO vng A, có đường cao AH nên MA2... Mặt khác a + b + c ≥ ab + bc + ca hay 3(ab + bc + ca) ≤ ( a + b + c ) = a +1 b +1 c +1 a + b + c ab + bc + ca + + ≥ +3− Do đó: = +3− = b +1 c +1 a +1 2 2 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Vậy a +1 b