Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Hạ Hòa

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em học sinh lớp 9 cùng tham khảo "Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Hạ Hòa" để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải đề tốt hơn chuẩn bị cho kì thi học kì sắp tới. Chúc các em ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Hạ Hòa

Ề IC Ọ ỘI UYỂ ỌC SI ĂM ỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN 21 12 ĐỀ CHÍNH THỨC IỎI 2015 (Đề thi có 1 trang) Câu 1 (3,0 điểm). a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x 2  8x  38  6 y 2 b) Tìm số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố. Câu 2 (4,0 điểm).    a) Cho x  x 2  2015 y  y 2  2015  2015 . Hãy tính giá trị của biểu thức A  x  y  2016. 3 3 3 b) Chứng minh rằng: Nếu ax  by  cz và 3 1 1 1    1 thì x y z ax 2  by 2  cz 2  3 a  3 b  3 c . Câu 3 (4,0 điểm). a) Giải phương trình: 4  x 2  4 x  2   11 x 4  4 2   x( x  y )  y  4 y  1  0 b) Giải hệ phương trình:  2 2   y( x  y)  2 x  7 y  2 Câu 4 (7,0 điểm). Cho đường tròn (O, R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. S a) Chứng minh AEF và ABC đồng dạng và AEF  cos 2 A. S ABC b) Chứng minh rằng: SDEF  1  cos2 A  cos2 B  cos2 C .S ABC c) Xác định vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (2,0điểm). Cho a, b ,c ố thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 a  b  c3 a 2  b 2 b 2  c 2 c 2  a 2 P  2   . 2abc c  ab a 2  bc b 2  ca -------HẾT------Họ và tên thí sinh:…………………………………, SBD:………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ƯỚNG DẪN CHẤM CHỌ ĂM HỌC SINH GIỎI ỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN Đây ời giải ơ ược, thí sinh có lời giải khác m đúng thì giám khảo chấm vẫn chấm theo th ng điểm dưới đây ộ du Bài Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 x2  8x  38  6 y 2 4 x2  8x  38  6 y 2  2x 2  4x  19  3y 2  2(x  1) 2  3(7  y 2 ) (*) T thấy: 2(x  1) 2  7  y 2  y ẻ T ại có: 7  y 2  0  y 2  7 . Do đó y 2  1  y  1 Lúc đó: 2(x  1) 2  18  (x  1)  3 nên x1  2; x 2  4 T thấy các cặp ố (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thỏ mãn (*) nên củ phương trình. Ta có n4 + 4 = n4 + 4 + 4n2 – 4n2 = ( n2 + 2)2 – ( 2n)2 = ( n2 – 2n + 2).( n2 + 2n+ 2) Vì n ố tự nhiên nên n2 + 2n+ 2 > 1 nên n2 – 2n + 2 = 1 n = 1 2 a 1 b   0,5 0,25 0,25 0,25 2  nghiệm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho x  x 2  2015 y  y 2  2015  2015 . Hãy tính A iết: A  x  y  2016 ?   Nhân cả 2 vế củ đẳng thức đã cho với x  x 2  2015 t được:     2015 y  y 2  2015  2015 x  x 2  2015 (1) a   Nhân cả 2 vế củ đẳng thức đã cho với y  y 2  2015 t được:     2015 x  x  2015  2015 y  y  2015 (2) 2 2 Cộng (1) với (2) theo vế rồi rút gọn t được: x + y = 0. Vậy A = 2016. 2 ) Chứng minh rằng: Nếu ax 3  by 3  cz 3 và 3 3 ax 2  by 2  cz 2  3 0,25 t t t 3 1 1 1    t vì    1 (1) x y z x y z 1 1 1 4  x 2  4 x  2   11 x 4  4 (1)  6  x 2  2 x  2   2  x 2  2 x  2   11  0,5 0,5 Suy ra: 3 a  3 b  3 c  3 t      3 t (2) x y z Từ (1) v (2) uy r điều phải chứng minh. 6  x2  2 x  2 0,75 0,25 ax 2  by 2  cz 2  3 a  3 b  3 c Mặt khác: 3 t  x3 a  y3 b  z3 c a 0,5 1 1 1    1 thì x y z Đặt: ax 3  by3  cz 3  t . Ta có: 3 0,5 x2  2 x  2  2  11 2 x2  2 x  2 x  2x  2  x2  2 x  2 x2  2 x  2 0,5 0,25 0,5 0,5 do x2  2 x  2  ( x  1)2  1  0 với mọi x 0,5 x2  2 x  2 Đặt t  (t > 0) x2  2x  2 T được phương trình: 6t 2  11t  2  0 Giải (*) được t = 2 thỏ mãn yêu cầu Nên t  x 2  2x  2 x 2  2x  2 5 7  2   4  3x 2  10 x  6  0  x  2 2 3 x  2x  2 x  2x  2 0,5 2  x 2  1  y ( y  x)  4 y  x( x  y )  y  4 y  1  0    2 2 2 2  y ( x  y )  2( x  1)  7 y  y ( x  y )  2 x  7 y  2  x2  1 x y  4  y   . 2 ( x  y ) 2  2 x  1  7  y  uv  4  u  4v  v  3, u  1 x2  1 , v  x  y t có hệ:  2 Đặt u   2  y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 Dễ thấy y  0 , ta có: b  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2   +) Với v  3, u  1 t có hệ:  .   x  2, y  5 x y 3  y  3 x  x2  1  9 y  x 2  9 x  46  0   VN.  x  y  5  y  5  x  y  5  x KL: Vậy hệ đã cho có h i nghiệm: (1; 2) và (2;5) 0,5 0,5 0,5  x2  1  9 y +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  4 0,5 A E F H O B D C AE AB AF Tam giác ACF vuông tại F nên co A = . AC AE AF  AEF ABC (c.g.c) Suy ra = AB AC T m giác ABE vuông tại E nên co A = a 4 0,5 0,5 0,5 2 b S AE Từ AEF ABC suy ra AEF     cos2 A S ABC  AB  S S Tương tự câu , BDF  cos2 B, CDE  cos2 C. S ABC S ABC S S S S S Từ đó uy r DEF  ABC AEF BDF CDE  1  cos2 A  cos2 B  cos2 C S ABC S ABC 0,5 1,0 0,5 Suy ra SDEF  1  cos2 A  cos2 B  cos2 C  .S ABC 0,5 c) Chứng minh được OA  EF ; OB  DF ; OC  ED. c 0,5 Có 2S ABC  2.(S AEOF  SBDOF  SCDOE ) 0,5  BC. AD  OA.EF  OB.FD  OC.ED 0,5  BC. AD  R( EF  FD  ED ) 0,5 BC. AD R Chu vi t m giác DEF ớn nhất khi v chỉ khi AD ớn nhất; AD ớn nhất khi v chỉ khi A điểm chính giữ cung ớn BC.  EF  FD  ED  a2 b2 c2 2ab 2bc 2ac P    2  2  2 2bc 2ca 2ab c  ab a  bc b  ac a 2 a 2  bc 1 b2 b2  ac 1 c2 c2  ab 1 M   ;   ;   nên 2bc 2bc 2 2ac 2ac 2 2ab 2ab 2 Với các ố dương x, y t có 5 0,5 0,5 0,5 0,5 x y   2  (x  y) 2  0 uôn đúng, dấu ằng y x 0,25 xảy r khi v chỉ khi x = y. Áp dụng t có:  c2  ab 2ab   a 2  bc 2bc   b2  ac 2ac  3 P  2          2 2 2ab c  ab 2bc a  bc 2ac b  ac       2 2+2+2 - ≥ 3 9  2 2 Dấu ằng xảy r khi v chỉ khi = = c a 3  b 3  c3 a 2  b 2 b 2  c 2 c 2  a 2 Kết uận :giá trị nhỏ nhất củ P   2   2abc c  ab a 2  bc b 2  ca ằng 0,5 9 khi a = b = c 2 Đính chính :Câu 5: P≥ 0,25