Đề kiểm tra chất lượng học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra chất lượng học sinh giỏi môn Toán Khối 9 (Có đáp án)

1. ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 Thời gian làm bài: 120 phút I. PHẦN GHI KẾT QUẢ (thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi) Bài 1. Rút gọn biểu thức M 4 5 3 5 48 10 7 4 3 Bài 2: Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn điều kiện: (a b)3 (b c)3 (c a)3 378. Tính giá trị của biểu thức A | a b | | b c | | c a |. 5 4 Bài 3. Tìm các số nguyên a; b thỏa mãn 18 2 3 a b 2 a b 2 Bài 4: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6 còn chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11 Bài 5. Biết x2 y2 x y . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của C x y Bài 6. Giải phương trình: x2 9 2 x 3 0 Bài 7. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng a + b – 2 lên bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu? Bài 8. Giả sử điểm M nằm trong hình chữ nhật ABCD, biết MA = 4cm, MB = 5 cm, MC = 6cm. Tính MD Bài 9. Tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Tia phân giác của góc A cắt BD ở I. Biết IB = 10 5 cm, ID = 5 5 cm, tính diện tích tam giác ABC. Bài 10. Cho hình thang ABCD có Aµ= Dµ= 900,Bµ= 600,CD = 30cm,CA ^ CB . Tính diện tích của hình thang. II. PHẦN TỰ LUẬN (thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) Bài 11. (1,5điểm) x x x 1 x 2 x 5 Rút gọn biểu thức P : , với x 0, x 4. x 2 x 2 x x 1 x x 2 Bài 12. (1,5điểm) Cho a 3 7 50 , b 3 7 50.Chứng minh rằng các biểu thức M a b và N a7 b7 có giá trị đều là số chẵn. 2 x x 1 2y 1 (1) Bài 13: (2 điểm) Giải hệ phương trình . 2 y y 1 2x 1 (2) Bài 14: (4 điểm): Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a.Gọi I là trung điểm của cạnh AB.Điểm H thuộc cạnh DI sao cho AH vuông góc với DI a) Chứng minh rằng CHD cân b) Tính diện tích CHD Bài 15: (1điểm) Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác màu. hết
2. ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM Phần I. Trắc nghiệm Bài Nội dung Đáp án Bài 1 a)M 4 5 3 5 48 10 7 4 3 4 5 3 5 48 10 2 3 4 5 3 5 28 10 3 4 5 3 5 5 3 4 25 9 3 Bài 2 Đặt a b x ; b c y ; c a z x y z 0 18 Ta có: x3 y3 z3 378 3xyz 378 xyz 126 Do x, y, z là số nguyên có tồng bằng 0 và xyz 126 x  y  z ( 2)( 7).9 nên x 2 y 7 hoặc các hoán vị của x, y, z . z 9 Suy ra: A | a b | | b c | | c a | 18 . Bài 3 1) ĐK: a ¢ ,b ¢ ,a2 b2 0,a b 2 5 4 Ta có: 18 2 3 , với a b 2 a b 2 5 a b 2 4 a b 2 18 2 3 a2 2b2 a 9b 2 3 18 2 a2 2b2 a 9b 2 3a2 6b2 18 2 a2 2b2 18a2 36b2 9b 2 3a2 6b2 a 3a2 6b2 a Nếu 18a2 36b2 9b 0 2 18a2 36b2 9b 3a2 6b2 a Vì a,b nguyên nên ¤ 2 ¤ , vô lý vì 2 là số vô tỉ 18a2 36b2 9b Vì thế ta có: 2 2 3 3 18a2 36b2 9b 0 3a 6b b a b 18a2 36b2 9b 0 2 2 2 2 3a 6b a 0 2 2 2 2 3a 6b a 3a 6b a 3b Thay a vào 3a2 6b2 a 0, ta có: 2 9 2 2 3 2 2 b 0(ktm) 3. b 6b b 0 27b 24b 6b 0 4 2 b 2(tm) a 3(tm) Vậy a 3,b 2 thỏa mãn điều kiện bài toán. Bài 4 Gọi số tự nhiên cần tìm là a: Theo bài ra ta có: 809
3. a 611 a 6 3311 a 14 a 1 284 a 27 BC 11;4;19 a 1119 a 11 3819 Vì a nhỏ nhất, nên a + 27 = BCNN(11;4;19) = 836 => a = 809 Vậy số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm là 809 2 Bài 5 Ta có: C x y x y 2y x2 y2 xy x2 y 1 1 1 Dấu " " xảy ra khi x 0, y 1 Vậy MinC 1 x 0, y 1. Lại có: C x y 2x x y 2x x2 y2 x2 2x 1 y2 1 x 1 2 y2 1 1 Dấu " " xảy ra khi x 1, y 0 Vậy MaxC 1 x 1, y 0 Bài 6: Điều kiện x 3.Ta có: x2 9 2 x 3 0 x 3. x 3 2 x 3 0 x 3 0 x 3(tmdk) x 3. x 3 2 0 x 3 2 0 x 1(ktm) Vậy x 3 là nghiệm của phương trình Bài 7 Tồng tất cả các số ban đầu trên bảng: S 1 2 3  99 100 5050 . 4852 Qua mỗi bước ta thấy tổng giảm đi 2. Lúc đầu tồng S 5050 sau 99 bước số còn lai sẽ là 5050 2.99 4852 Bài 8 MD MA2 MC 2 MB2 16 36 25 27 3 3 Bài 9 Tính chất phân giác: AB BI BC AB 2 ; 2 AD ID CD AD Đặt AD = x, CD = y => AB = 2x ; BC = 2y 2 2 2 ∆vADB có BD = AB + AD => x 2 2 2 ∆vABC có BC = AB + AC => y Từ đó => AB, AB => S∆ABC = 1 AB.AC 2 · · 0 · Bài 10 Ta có CAD = ABC = 60 (cùng phụ với CAB ), vì thế trong tam giác vuông ACD S = 350 3 ta có AC = 2AD . 2 Theo định lý Pythagore thì: AC 2 = AD 2 + DC 2 hay (2AD) = AD 2 + 302 Suy ra 3AD 2 = 900 Û AD 2 = 300 nên AD = 10 3 (cm). µ µ µ 0 Kẻ CH ^ AB . Tứ giác AHCD là hình chữ nhật vì có A = D = H = 90 , suy ra AH = CD = 30cm;CH = AD = 10 3(cm). Tam giác ACB vuông tại C , ta có: CH 2 = HA.HB , suy ra
4. 2 CH 2 (10 3) 300 HB = = = = 10(cm), do đó HA 30 30 AB = AH + HB = 30 + 10 = 40(cm). 1 1 2 SABCD = CH (AB + CD) .10 3.(40 + 30) = 350 3(cm ). 2 2 Vậy diện tích hình thang ABCD bằng 350 3cm2 Bài 11 a) Với điều kiện x 0, x 4, ta có: x x x 1 x 2 x 5 P : x 2 x x 2 x 1 x 1 x 2 x x x 1 x 4 x 5 x 1 x 1 x 2 : . x x 2 x 1 x 2 x x 2 1 2 2 x 1 x 1 . Vậy P (x 0, x 4) x x Bài 11 b) - Chứng minh M là số chẵn 3 a 3 7 50 3 7 5 2 3 1 2 1 2 3 b 3 7 50 3 7 5 2 3 1 2 1 2 ) M a b 1 2 1 2 2 - Chứng minh N là số chẵn a b 2 ; a.b 1 2 . 1 2 1; a2 b2 a b 2 2ab 6 N a7 b7 a7 a4b3 b7 a3b4 a4b3 a3b4 =a4 a3 b3 b4 a3 b3 a3b3 a b a3 b3 . a4 b4 2 2 a b a2 b2 ab a2 b2 2a2b2 2 2 7.34 1 2 Vây M, N là các số chẵn. Chú ý : 3 - Học sinh có thể tính M bằng cách đưa về phương trình bậc 3: M 3M 14 0 , giải ra được nghiệm M = 2. Mỗi ý dưới đây cho 0,5 điểm. 3 M 3 3 7 50 3 7 50 14 3.3 7 50 .3 7 50 3 7 50 3 7 50 M 3 14 3M M 2 M 2 2M 7 0 2 M 2 vì M 2 2M 7 M 1 6 0 - Học sinh có thể chứng minh N là số chẵn bằng cách đặt : n n Sn 1 2 1 2 rồi xây dựng công thức Sn 1 2Sn Sn 1 để chỉ ra S7 là
5. 7 7 số chẵn hoặc có thể khai triển 1 2 1 2 để tính N thì đều cho 0,5đ. Bài 13 2 x x 1 2y 1 (1) 2. Giải hệ phương trình . 2 y y 1 2x 1 (2) Trừ theo vế các phương trình (1) và (2) ta được: x y x2 1 y2 1 3 x y 0 x y 3 0 2 2 x 1 y 1 x y x y 0 hoặc 3 0 (*) x2 1 y2 1 Trường hợp 1: x y 0 x y . Thay y x vào (1) ta được phương trình: 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Giải hệ ta được: x 0 x y 0 . x y Trường hợp 2: 3 0 . x2 1 y2 1 2 2 x y 3 x 1 x 3 y 1 y Xét A 3 . x2 1 y2 1 x2 1 y2 1 Ta có: 3 x2 1 x 3 x2 x 3 x x 2 x x x 0 . Tương tự: 3 y2 1 y 0 Suy ra: A 0 . Trường hợp 2 không xảy ra. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x y 0 . Cách 2 : 2 2 x x 1 2y 1 x 1 2y x 1 2 2 y y 1 2x 1 y 1 2x y 1 2y x 1 1 (1) 2x y 1 1 (2) 2 2 2 x 1 4y 4y 1 4xy 2x x (3) y2 1 4x2 4x 1 4xy 2y y2 (4) Trừ theo vế các phương trình (3) và (4) ta được phương trình : x y 4 x y 6 0 x y hoặc 4 x y 6 0 : Cộng theo vế các bất phương trình (1) và (2) ta được : x y 0 , suy ra trường hợp 4 x y 6 0 không xảy ra. Trường hợp x y , thay vào (3) ta được: x y 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x y 0 . Bài 14
6. A I B H K E D C a) Gọi K là trung điểm của AD,E là giao điểm của CK và DI Xét ADI và DCK có: 0 AB CD CDK DAI 90 (gt);CD AD(gt); AI DK 2 2 Suy ra ADI DCK(c.g.c) ADI DCK mà DCK DKC 900 ADI DKC 900 KC  DI (1) Lại có HK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD HK KD 2 Từ (1) và (2) suy ra : KC là đường trung trực của DH CH CD CHD cân tại C a 5 b) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ADI, ta tính được DI 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADI, đường cao AH ta có: AD2 a2 2a DH.DI AD2 DH DI a 5 5 2 AI.AD a2 a 5 a AH.DI AI.AD AH : DI 2 2 5 1 a Mà EK là đường trung bình của AHD EK AH 2 2 5 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DKC, đường cao DE ta có: KD2 a2 a a 5 KE.CK KD2 CK : KE 4 2 5 2 a 5 a 2a CE CK KE 2 2 5 5 1 1 2a 2a 2a2 Diện tích CHD là S CE.DH . . (dvdt) CHD 2 2 5 5 5 Bài 15 Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác cân. Do đó khi tô 5 đỉnh bởi đủ 3 loại màu đã cho thì tồn tại 2 khả năng:
7. - Nếu tô 5 đỉnh bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân. - Nếu tô 5 đỉnh bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân. Vậy, luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó có cùng một màu hoặc đôi một khác nhau.