Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 Đề chính thức Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm). a. Tìm các hệ số b, c của đa thức P x x2 bx c biết P x có giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x 2. 2 2 3 x xy xy y 0 b. Giải hệ phương trình 2 2 x 1 3 x y 1 y 0. Câu 2 (4 điểm). a. Giải phương trình x 2 3 1 x2 1 x . b. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2a b c P . 1 a2 1 b 2 1 c 2 Câu 3 (3 điểm). Cho tam giác ABC có BAC 1350 , BC = 5cm và đường cao AH = 1cm. Tính độ dài các cạnh AB và AC. Câu 4 (5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cung BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC, ACE ; P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC, AB và I là giao điểm của EK với AC. a. Chứng minh ba điểm P, I và Q thẳng hàng. b. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trung điểm của đoạn HK. Câu 5(4 điểm). a. Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 1 1 1. m n p q mnpq b. Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc: Nếu có hai số x,y phân biệt trên bảng thì ghi thêm số z x y xy . Chứng minh rằng các số được viết trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k + 2 (với k là số tự nhiên). Hết 1
2. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 Đề chính thức Môn thi: TOÁN - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang. Câu Nội dung Điểm Câu 1(4 điểm). a. Tìm các hệ số b, c của đa thức P x x2 bx c biết P x có giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x 2. 2 2 3 x xy xy y 0 b. Giải hệ phương trình 2 2 x 1 3 x y 1 y 0. 2 b b2 b 2 Ta có P(x) = x c c 1,0 2 4 4 b2 a c 1 2,0 4 b 4 Suy ra 1,0 b c 3. 2 2 2 2 3 x xy xy y 0 1 ĐK: x 0 2 x2 1 3 x y 1 y 0 2 0,5 2 x y 0 1 (1) x y x y 0 2 (4,0) x y 0 TH1: x y2 0, suy ra x y 0 không thỏa mãn hệ. 0,25 b TH2: x - y = 0 hay y = x thế vào (2) ta được : 2,0 2 2 0,5 2 x 1 3 x x 1 x 0 2x 3x x x 3 x 2 0 x 2 2 x 1 x x 1 0 x 2 x 4 0,5 1 1 x x . 2 4 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm : x;y 4;4 và x;y ; . 0,25 4 4 Câu 2(4 điểm). a. Giải phương trình x 2 3 1 x2 1 x . b. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 2
3. thức 2a b c P . 1 a2 1 b 2 1 c 2 ĐK: 1 x 1 Đặt a = 1 x , b = 1 x ( a,b 0) 0,25 Ta có 2a2 b 2 1 3ab a 2a 2 3b 1 a b 2 1 0 0,5 a b 1 b 1 0,25 a a . 2,0 2 Với a = b +1 ta có 1x 1x1 2x121x 2 0,5 (4,0) 1 2 3 (ĐK x ) 4x 4x 1 4 4x x (thỏa mãn). 2 2 b 1 1 x 1 Với a ta có 1 x 2 1 x 1 1 x 2 2 4 4 1 x 5x 4 (ĐK x ) 5 0,5 24 25x2 24x 0 x (thỏa mãn). 25 3 24 Vậy x và x là nghiệm của phương trình. 2 25 2a b c Ta có P 0,5 abac bcba cbca 1 1 1 a.2 b.2 c.2 0,5 abac 4bcba 4cbca b 2,0 1 1 1 1 1 1 9 a b c 0,5 abac 4bcba 4cbca 4 9 a 15 Vậy GTLN của P bằng khi b c . 0,5 4 7 15 Câu 3(3 điểm). Cho tam giác ABC có BAC 1350 , BC = 5cm và đường cao AH = 1cm. Tính độ dài các cạnh AB và AC. Kẻ K CK AB K AB 3 ta có CAK 450 1,0 (3,0) suy ra tam giác A AKC vuông cân tại K. B 3 H C
4. Đặt AB = x, AK = y (x, y > 0) tao có: BK2 KC 2 BC 2 0,5 x2 2xy 2y 2 25 (1) Ta có hai tam giác BHA và BKC đồng dạng với nhau AH AB 1 x xy 5 (2). 0,5 CK CB y 5 10 Từ (1), (2) ta tìm được x;y 5; 5 hoặc x;y 10; . 0,5 2 Vậy AB 5 cm, AC 10 cm hoặc AB 10 cm, AC 5 cm. 0,5 Câu 4(5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cung BC không chứa A. Dựng hình bình hành ADCE. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC, ACE ; P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC, AB và I là giao điểm của EK với AC. a. Chứng minh ba điểm P, I và Q thẳng hàng. b. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trung điểm của đoạn HK. Ta có ADC AEC E 4 N K là trực tâm tam (5,0) giác ACE nên Q AKC AEC 1800 . A K I 1,0 . O H a 3,0 C P B M D 0 Suy ra AKC ADK 180 do đó tứ giác ADCK nội tiếp. Vậy 0,5 K (O) . Các tứ giác KIPC, KIAQ nội tiếp suy ra CIP CKP và 0,5 AIQ AKQ (1) Từ các tứ giác nội tiếp ABCK, BPKQ ta có AKC 1800 ABC QKP 0,5 4
5. suy ra CKP AKQ (2) Từ (1) và (2) ta có CIP AIQ P,I,Q thẳng hàng. 0,5 Gọi M là giao điểm của AH với (O) (M không trùng với A) và N là giao điểm của AH và PQ 0,5 suy ra MN // KP. Bốn điểm B, Q, K, P thuộc một đường tròn (vì KQB KPB 900 ) và 0,5 A, B, M, K thuộc (O) QBK AMK QPK . b Suy ra MNKP là tứ giác nội tiếp. Do đó MNKP là hình thang cân suy ra 2,0 0,5 KN = PM. Mặt khác PH = PM suy ra PHM PMH KNM KN / /PH suy ra HPKN là hình bình hành. 0,5 Vậy PQ đi qua trung điểm của HK. Ghi chú: Nếu thí sinh vẽ hình trong trường hợp trực tâm K của tam giác ACE nằm nằm ngoài tam giác ACE thì ở câu a vẫn chứng minh bốn điểm A, D, C, K thuộc một đường tròn. Câu 5(4 điểm). a. Tìm tất cả các số nguyên tố khác nhau m, n, p, q thỏa mãn 1 1 1 1 1 1. m n p q mnpq b. Trên một bảng có ghi hai số 1 và 5. Ta ghi các số tiếp theo lên bảng theo quy tắc: Nếu có hai số x,y phân biệt trên bảng thì ghi thêm số z x y xy . Chứng minh rằng các số được viết trên bảng (trừ số 1) có dạng 3k + 2 (với k là số tự nhiên). Không mất tính tổng quát giả sử m n p q. Nếu m 3 thì a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0,5 2,0 1. m n p q mnpq 3 5 7 11 3.5.7.11 1 1 1 1 1 Vậy m 2 và (1) trở thành (2). n p q 2npq 2 0,5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Nếu n 5 ta có . n p q 2npq 5 7 11 2.5.7.11 2 5 1 1 1 1 (4,0) Vậy n 3 và (2) trở thành p 6 q 6 37 0,5 p q 6pq 6 suy ra p 7 và q 43. 0,5 Vậy m;n;p;q là 2;3;7;43 và các hoán vị của nó. b Các số được viết trên bảng là 1; 5; 11; 0,5 2,0 các số đầu tiên của bảng có dạng 3m + 2 (trừ số 1) với m N. Nếu sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng 0, 5 3m + 2 + 1 + (3m + 2).1 = 6m + 5 = 3k + 2 ( k N ). Nếu không sử dụng số 1 để viết thì số mới có dạng 1,0 3m + 2 +3n + 2+(3m+2)(3n + 2) = 9mn +9m + 9n + 8 = 3k + 2 5
6. ( k N ) . Suy ra điều phải chứng minh. 20.00 Lưu ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó. 6