Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 THCS - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG NAM Năm học 2013 – 2014 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 08/04/2014 Câu 1 (4 điểm). a) Rút gọn biểu thức A x 4 x 4 x 4 x 4 với x ≥ 4. a b c d e f b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, thỏa mãn 1 và 0 . d e f a b c a 2 b2 c2 Tính giá trị của biểu thức B . d2 e2 f 2 Câu 2 (4 điểm). a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương. b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5. Chứng minh rằng achia8n hết3a 4chon 5,4 với mọi số tự nhiên n. Câu 3 (6 điểm). a) Giải phương trình x2 x 2014 2014 . x y z 2 b) Giải hệ phương trình 2 2xy z 4 c) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. Câu 4 (3 điểm). a) Cho hình bình hành ABCD, các điểm M và N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC. b) Cho ∆ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = 4 4 3 và bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC bằng 2. Tính số đo góc B và góc C của ∆ABC. Câu 5 (3 điểm). Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D khác B và C). Đường tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B; đường tròn tâm O 2 qua D và tiếp xúc với AC tại C; hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E. a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. b) Giả sử ∆ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D trên cạnh BC. HẾT
2. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS QUẢNG NAM Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC I. Hướng dẫn chung: 1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án và đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm của đáp án để cho điểm hợp lí. 2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và phải được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3. Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25 II. Đáp án: Câu Nội dung Điểm a) Với x ≥ 4, ta có : A (x 4) 4 x 4 4 (x 4) 4 x 4 4 0,25 2 2 x 4 2 x 4 2 0,5 x 4 2 x 4 2 0,25 Xét các trường hợp : * Với x ≥ 8 ta có : A x 4 2 x 4 2 0,25 2 x 4 0,25 * Với 4 ≤ x < 8 ta có : A x 4 2 x 4 2 0,25 4 0,25 1 (4đ) b) Với a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, ta có: 2 a b c a b c 1 1 0,5 d e f d e f a 2 b2 c2 2ab 2bc 2ac 1 0,5 d2 e2 f 2 de ef df a 2 b2 c2 2abc f d e 0,5 2 2 2 1 d e f def c a b d e f Mà 0 a b c a 2 b2 c2 Vậy B = 1 0,5 d2 e2 f 2
3. Câu Nội dung Điểm a) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k ¥ ) (n – 7)2 – k2 = 305 0,25 (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305 0,25 Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp: n 7 k 1 0,25 n 7 k 305 n 7 k 305 0,25 n 7 k 1 n 7 k 5 0,25 n 7 k 61 n 7 k 61 0,25 n 7 k 5 n 160 k 152 n 146 0,25 k 152 2 n 40 (4đ) k 28 n 26 k 28 Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40. 0,25 b) A a8n 3a 4n 4 a8n 1 3 a 4n 1 0,25 n n a8 1 3 a 4 1 0,25 n 1 n 2 n 1 n 2 a8 1 a8 a8 1 3 a 4 1 a 4 a 4 1 0,25 a 4 1 a 4 1 .B 3 a 4 1 .C 4 4 a 1 a 1 .B 3C 2 2 a 1 a 1 .D 0,25 Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 nên:
4. Câu Nội dung Điểm a 5k 1 a 2 1 M5 0,25 a 5k 2 a 2 1 M5 0,25 (với k là số nguyên dương) a 5k 3 a 2 1 M5 0,25 2 0,25 a 5k 4 a 1 M5 Vậy a8n 3a 4n 4 M 5 với mọi số tự nhiên n. a) Điều kiện: x ≥ –2014 0,25 Đặt t = x 2014 t 2 = x + 2014 (t ≥ 0) 0,25 x2 t 2014 (1) Ta có hệ sau : 2 0,25 t x 2014 (2) Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta được : 2 2 t – x – x – t = 0 0,25 (t+x)(t – x – 1) = 0 t = –x hoặc t = x + 1 0,25 Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014 x2 – x – 2014 = 0 (*) 1 8057 1 8057 Giải (*) được nghiệm x = (loại vì t ≥ 0) hoặc x = 0,25 2 2 Với t = x + 1 ta có: (x + 1)2 = x + 2014 x2 + x – 2013 = 0 ( ) 1 8053 1 8053 Giải ( ) được nghiệm x = hoặc x = (loại vì t≥0) 0,25 2 2 1 8053 1 8057 Vậy nghiệm của phương trình là: x = hoặc x = 0,25 2 2 S x y 3 b) Đặt 0,25 (4đ) P xy S 2 z Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta có: 1 0,25 P z2 4 2 Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0 0,25 1 X2 (2 z)X (z2 4) 0 (1) 2 0,25 2 1 ∆ =  (2 z) 4  (z2 4) (z 2)2 0,25 2 Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 (z + 2)2 ≤ 0 z = –2 0,25 Thay z = –2 vào phương trình (1) ta được: X2 – 4X + 4 = 0 (2) Giải phương trình (2) được nghiệm X1 = X2 = 2 x = y = 2. 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2 0,25
5. Câu Nội dung Điểm c) Ta có : a 2 b2 c2 1 a 2 1 b2 c2 1 1 a 1 1 a 0 0,25 Tương tự : 1 b 0; 1 c 0 0,25 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 0 0,25 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) 0,25 Mặt khác: (1 + a + b + c)2 = (1 + a)2 + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c) = 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc 0,25 = 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc) 0,25 1 a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ 0 (2) 0,25 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : abc + a2 + b2 + c2 + 1 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0 abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0 0,25 a) Hình vẽ A D M I K H B N C Kẻ DI vuông góc với AN tại I, kẻ DH vuông góc CM tại H. 0,25 1 1 Ta có: S ADN DI.AN; S DMC DH.MC 0,25 2 2 1 S∆ADN = SABCD (do cùng cạnh đáy AD và đường cao kẻ từ N) 4 2 1 (3đ) và S∆DMC = SABCD (do cùng cạnh đáy DC và đường cao kẻ từ M) 2 nên : S = S . ∆ADN ∆DMC 0,25 1 1 DI.AN DH.MC DI DH 2 2 0,25 AN CM (gt) ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vuông) · · 0,25 IKD HKD KD là phân giác góc AKC. 0,25 b) Hình vẽ A H I O C B K
6. Câu Nội dung Điểm Gọi I, H, K lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ∆ABC với các cạnh AB, AC, BC. Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC = 8 + 43 (1) 0,25 (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 43 )2 0,25 (8 4 3)2 BC2 AB.AC = 24 16 3 (2) 0,25 2 Từ (1) và (2), kết hợp với AB < AC suy ra AB = 2 + 23 ; AC = 6 + 2 3 0,25 AB 2 3 1 sinC 0,25 BC 4 4 3 2 Suy ra Cµ 300; Bµ 600 0,25 Hình vẽ A I O B D C E a) Kéo dài ED cắt (O) tại I · · 0,25 5 AB là tiếp tuyến của (O1) ABD BED · · 0,25 (3đ) AC là tiếp tuyến của (O2) ACD CED A·BD A·CD B·EC 0,25 B·EC B·AC 1800 Tứ giác ABEC nội tiếp (O) 0,25 A· IE A·CE A·CD D·CE D· EC D·CE I·DC 0,25 AI//BC I cố định 0,25 Vậy DE luôn đi qua điểm cố định I. b) Ta có: A»B IºC (vì AI//BC) 0,25 ∆ABC cân tại A A»B A»C 0,25 A»C IºC I  A 0,25 A, D, E thẳng hàng 0,25 AD.AE = AB2 (vì ∆ABES ∆ADB) 0,25 AD.AE không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên cạnh BC. 0,25