Đề thi đề xuất học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Vũ Thị Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi đề xuất học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Vũ Thị Bình (Có đáp án)

1. 1. Đề thi đề xuất: Học sinh giỏi toán 9 . 2. Kỳ thi: Học sinh giỏi toán 9 Môn thi: Toán Thời gian làm bài:150 phút 3. Họ và tên: Vũ Thị Bình Chức vụ : Giáo viên 4. Đơn vị: Trường THCS Liêm Chính 5. Nội dung đề thi: Câu 1 ( 3 điểm ) Cho biểu thức : x 3 x 9 x x 3 x 2 A 1 : x 9 x x 6 2 x x 3 a) Rút gọn A. b) Với x > 4, x 9, Tìm giá trị lớn nhất của A. ( x + 1 ) . Câu 2 ( 6 điểm ) 2 a) Giải phương trình : x- 2+ 10- x = x - 12x+ 40 . 2x y x 2 b) Giải hệ phương trình : 2 y x y 2 c) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 5x – 3y = 2xy – 11 . Câu 3 ( 3 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx + 1 ( m là tham số ) và parabol (P) có phương trình y = x2 a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng -2 . b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định I và luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B có hoành độ lần lượt là xA, xB thỏa mãn :xA xB 2 . Câu 4( 6 điểm ) Cho đường tròn ( O) đường kính AB = 2R. Gọi E là điểm tùy ý trên đường tròn ( E khác A và B ) . Qua E kẻ tiếp tuyến d với đường tròn. Gọi C, D lần lượt là các hình chiếu của A và B trên d. a) Chứng minh : EC = ED. b) Chứng minh : Tổng ( AC + BD ) có giá trị không phụ thuộc vào vị trí của điểm E. c) Chứng minh: Đường tròn đường kính CD tiếp xúc với ba đường thẳng AC, BD và AB. Câu 5 ( 2 điểm ) Cho đường tròn ( O; R ) và một điểm H cố định ở bên trong đường tròn. Xét các tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O) và nhận H làm trực tâm. Tìm quỹ tích chân các đường cao của tam giác ABC . HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh : . Chữ ký Giám thị 1 : Chữ ký Giám thị 2 : .
2. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỂ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Câu Đáp án Biểu điểm Câu 1 a) ( 3 điểm) x 3 x 9 x x 3 x 2 A 1 : x 9 x x 6 2 x x 3 x( x 3) 9 x x 3 x 2 0,5 điểm A 1 : ( x 3)( x 3) x 3 x 2 x 2 x 3 x 9 x x 9 x 4 x 4 0,5 điểm A 1 : ( x 3) ( x 3). x 2 3 x 2 3 0,5 điểm A : . ( x 3) ( x 3) 2 x b) Với x > 4 => x 2 3(x 1) 5 3 x 2 4 . A.(x+1) = 2 x x 2 0,5 điểm 5 x 2 . Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số và x 2 dương, ta có 5 x 2 2 5. x 2 5 0,5 điểm 3 x 2 4 3(2 5 4) x 2 5 3 x 2 4 6 5 12. x 2 6 5 12 Vậy giá trị lớn nhất của A. (x+1 ) là . Dấu “ = ” xảy ra khi 0,5 điểm x 9 2 5 Câu 2 a) (2 điểm ) 2 ( 6 điểm) x - 2 + 10- x = x - 12x + 40 ĐKXĐ : 2 £ x £ 10 0,25 điểm +) Vế trái của phương trình Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho các số x 2; 1; 10 x; 1 ta có : 2 ( x - 2 + 10- x) £ (x - 2+ 10- x).2 2 = > ( x - 2 + 10- x) £ 16 (1) 0,75 điểm = > - 4 £ x - 2 + 10- x £ 4 Dấu “=” xảy ra khi x = 6 (thỏa mãn ) +) Vế phải của phương trình
3. x2-12x+40 = ( x-6 )2 + 4 ³ 4 với mọi 2 £ x £ 10 0,75 điểm Dấu “=” xảy ra khi x = 6 (2) Từ (1) và (2) => x = 6 ( thỏa mãn ) 0,25 điểm Vậy nghiệm của phương trình là x = 6 . b) (2 điểm ) 2 x y 2x y x (x y)(x y 1) 0 0,5 điểm x 1 y 2 2 y x y 2 2 y x y 2 2 y x y +) Với x = y hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 0); 0, 5 điểm (x; y) = ( 3; 3) +) Với x = 1 – y hệ phương trình có nghiệm : 1 5 1 5 1 5 1 5 0,75 điểm (x, y) ( ; ) ; (x, y) ( ; ) 2 2 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (0; 0); (x; y) = ( 3; 3); 0,25 điểm 1 5 1 5 1 5 1 5 (x, y) ( ; ) ; (x, y) ( ; ) 2 2 2 2 c) (2 điểm ) 5x – 3y = 2xy – 11  ( 2x + 3)y = 5x + 11 5x 11 x 5  y = 2 0,5 điểm 2x 3 2x 3 Z Để y thuộc Z thì ( x + 5 ) chia hết cho ( 2x +3) và x 2(x 5)M(2x 3) 0, 5 điểm (2x 3 7)M(2x 3) 7M(2x 3) 0,25 điểm Vậy 2x +3 = 1 => x = -1; y = 6 ( thỏa mãn ) 2x +3 = - 1 => x = - 2; y = -1 ( thỏa mãn ) 0,25 điểm 2x +3 = 7 => x = 2 ; y = 3 ( thỏa mãn ) 2x +3 = - 7 => x = - 5; y = 2( thỏa mãn ) 0,5 điểm Câu 3 a) ( 1 điểm) ( 3 điểm) Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng -2 0,25 điểm => x = 2 Thay x = 2 vào y = x2 ta có y = 4 0,25 điểm Vậy điểm ( 2; 4) thuộc đường thẳng (d) y = mx + 1 0, 25 điểm Thay x = 2; y = 4 vào y = mx + 1 ta có 2m + 1 = 4 => m = 1,5 0, 25 điểm Vậy m = 1,5 b) ( 2,25 điểm) Gọi M(x0; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luông đi qua với mọi m , ta có y0 = m. x0 +1  m.x0 + 1 – y0 = 0 0,25 điểm
4. x0 0 Đẳng thức trên đúng với mọi m nên 0, 5 điểm y0 1 Vậy I (0;1) (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B Xét phương trình hoành độ của (d) và (P) : x2 – mx – 1 = 0 2 0,5 điểm m 4 4 0 m =>phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt . Vậy với mọi giá trị của m đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định I và luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A ,B có hoành độ lần lượt là xA, xB xA xB m Theo hệ thức vi-ét ta có : 0,25 điểm xA. xB 1 2 2 2 Mà (xA-xB) = (xA + xB) – 4xA.xB = m + 4 4  m xA xB 2 m. ( đpcm ) 0,5 điểm Câu 4 ( 6 điểm) D E C 0,5 điểm B A H O a) ( 1,25 diểm ) ACDB là hình thang vuông 0, 75 điểm ( Hình thang có một góc vuông) Có OA = OB ( cùng bằng bán kính) 0,5 điểm OE //CA // DB ( cùng vuông góc CD ) 0,75 điểm =>CE = ED ( định lí 3 đường trung bình của hình thang ) b) ( 1 điểm ) 0, 5 điểm hình thang ABDC có OA = OB; ED = EC 0,5 điểm =>OE là đường trung bình của hình thang 0, 5 điểm => CA + BD =2. OE = 2.R c) ( 1,25 điểm ) Đường tròn đường kính CD là ( E; EC ) 1 điểm Có CA vuông góc với CD tại C BD vuông góc với CD tại D=>đường tròn (E) tiếp xúc với AC ; BD · · · OBE OEB EBD 0,25 điểm
5. BEH BED EH ED 0,25 điểm =>đường tròn (E) tiếp xúc với AB . 0,5 điểm Câu 5 A ( 2 điểm) 0, 25 điểm G O Q H B D M C K AH cắt BC ở D và cắt (O) ở K. 0, 5 điểm Ta chứng minh được DH = DK Ta có Quỹ tích điểm K là (O;R ). D là ảnh của K trong phép vị tự tâm H tỉ số 1 . 2 Ta chứng minh được Q là trung điểm của OH. 0, 5 điểm Ta có QD = 1 .OK = R 2 2 R 0, 5 điểm => quỹ tích của điểm D là đường tròn ( Q; ) . 2 Vậy quỹ tích chân các đường cao của tam giác ABC là 0,25 điểm đường tròn ( Q; R ) . 2 - Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ không tương ứng với chứng minh không cho điểm . Chỉ công nhận kết quả để làm ý khác khi đã được chứng minh đúng . - Các cách làm đúng khác cho điểm tương tự .