Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Thuần Lộc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Thuần Lộc (Có đáp án)

1. THCS THUẦN LỘC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 9 Thời gian : 150 phút Đề thi gồm có: 01 trang ĐỀ BÀI Câu 1: ( 4 điểm) 1 a 2 a 2. a2 4 Cho biểu thức A a 2 : a2 1, a 2 . 1 1 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 2: ( 5 điểm) 1. Giải phương trình x2 (x2 2) 4 x 2x2 4. 2. Cho phương trình x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0, m là tham số. a.Tìm điều kiện của m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3. 2 2 2 b. Tìm giá trị của m để x1 + x2 + x3 = 11. Câu 3: ( 4 điểm) a. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. b. Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x y z 3 . Chứng minh rằng: x y z 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy Câu 4: ( 5 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2 Câu 5: ( 2 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam a 4b 9c giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . b c a c a b a b c HẾT. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .Phòng thi: 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1 a) 4đ a 2 a 2 a 2 a 2. a 2. a 2 A : a2 1 1.0 a 2 a 2 a 2. a 2. a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 : a2 1 a 2 a 2 a 2 a 2 0.75 1 a2 4 a2 1 a2 a2 4 . 0.75 b) 2 2 2 2 2 2 2 1 15 15 0.75 A a a 4 a 4 a 4 4 a 4 ; 2 4 4 15 1 A đạt giá trị nhỏ nhất là khi và chỉ khi a 2 4 4 2 0.75 17 Giải ra được a 2 2.1 t 2 0.5 1. Đặt t x 2x2 4 t 2 2 x4 2x2 x2 x2 2 2đ 2 2 t 2 t 4 ta được phương trình 4 t t 2t 8 0 0.5 2 t 2 x 0 x 0 x 2x2 4 4 Với t = -4 ta có 4 2 4 2 2 x 2x 16 x 2x 8 0 0.5 x 0 x 2 2 x 2 x 0 x 0 x 2x2 4 2 Với t =2 ta có 4 2 4 2 2 x 2x 4 x 2x 2 0 0.5 x 0 x 3 1 . Kết luận nghiệm của phương trình. 2 x 3 1 2.2 2a) x3 – 5x2 + (2m + 5)x – 4m + 2 = 0 (1) 3đ x 2 x 2 (x2 3x 2m 1) 0 2 x 3x 2m 1 0(*) 0,75 Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt 0,25 khác 2 2
3. 0 13 8m 0 3 13 Điều kiện là m 0,5 4 6 2m 1 0 2m 3 2 8 b) Ta có ba nghiệm phân biệt của phương trình (1) là x = 2; x ; 1 2 0,25 x3 trong đó x2; x3 là hai nghiệm phân biệt của pt (*) 2 2 2 Khi đó x1 + x2 + x3 = 11 2 2 0,75 4 x2 x3 2x2 x3 11 x2 x3 2x2 x3 7( ) x2 x3 3 áp dụng định lý Vi-ét đối với pt (*) ta có (0,25 đ) x .x 2m 1 2 3 0,5 Vậy ( ) 9 2(2m 1) 7 m 1 (thoả mãn ĐK) Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 2 3a 3 3 2 3 7 a)Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 0.5 2đ 4 8 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0.5 4 16 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 0.25 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0.5 (-1 ; 0) KL 0.25 2 3b Từ x yz 0 x2 yz 2x yz (*) Dấu “=” x2 yz 0.25 2đ Chỉ ra : 3x yz (x y z)x yz x2 yz x(y z) 2x yz x(y z) 0.5 Suy ra : 3x yz 2x yz x(y z) x( y z ) ( Áp dụng (*)) x x 0.5 x 3x yz x( x y z ) (1) x 3x yz ( x y z ) y y Tương tự : (2); y 3y xz x y z 0.25 z z (3) 0,25 z 3z xy x y z x y z Từ (1), (2) và (3) 1 0.25 x 3x yz y 3y xz z 3z xy Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 3
4. 4 A O H d M C I D B Q 4a a) MA, MB là các tiếp tuyến của (O) 0,25 MAˆO MBˆO 900 I là trung điểm của CD OI  CD MIˆO 900 0,25 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 0,25 Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. 0,25 4b b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB MO là đường trung trực của AB 0,5 MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) MBˆC MDˆB MBC đồng dạng MDB 0,5 MB MD MC.MD MB2 (2) MC MB Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MC MO MCH đồng dạng MOD(cgc) 0,5 MH MD MHˆC MDˆO tứ giác CHOD nội tiếp 0,5 H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. 4c c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI Hai tam giác vuông MIO và QHO có góc IOH chung 0,25 MIO đồng dạng QHO MO OQ OI OH (R là bán kính (O) không đổi) 0,25 MO.OH OA2 R2 OQ OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi 0, 5 4
5. lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định đpcm. 4d 1800 COˆD d) AHˆC 900 MHˆC 900 ODˆC 900 ( COD cân 2 tại O) 0,25 1 1 1 = 1800 COˆD 3600 sdCD sdCAD CBˆD(3) 2 2 2 CAˆH CDˆB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Từ (3) và (4) AHC đồng dạng DBC 0,25 HA BD (5) HC BC MBC đồng dạng MDB MD MB BD MB MC BC 0,25 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) 0,25 MB HC 2 5 Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a b c 2 . 2đ Đặt b c a x; c a b y; a b c z do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên x,y,z 0 . 0,25 Suy ra x y z 2 (do a b c 2 ) và y z x z x y a ; b ; c . 0,25 2 2 2 Khi đó y z 4 x z 9 x y 1 y z 4 x z 9 x y S 2x 2y 2z 2 x y z 1 y 4x z 9x 4z 9y 0,25 2 x y x z y z 2 y 4x y x Ta có: 2 2 2 x y x y 0,25 2 z 9x z x 3 6 6 0,25 x z x z 2 4z 9y z y 2 3 12 12 0,25 y z y z 1 S 4 6 12 11 Dấu “=” xảy ra khi 2 5
6. 1 x y 2x 3 0,25 z 3x 2 5 2 1 y a ; b ; c 2z 3y 3 6 3 2 x y z 2 z 1 Khi đó: a 2 b2 c2 ABC vuông 5 2 1 Vậy Smin 11 ABC vuông a ; b ; c . 0.25 6 3 2 HẾT. 6