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

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liêu "Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2015 - 2016 - Sở GD&ĐT Nam Định" sẽ giúp các bạn học sinh THCS hệ thống lại các dạng toán và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, giải một số bài tập, nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức

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 Nam Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016 NAM ĐỊNH Môn: TOÁN – Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1. (3,0 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức P  5 3  5 3 5  22  11  6 2 . 2. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2, x2  y 2  z 2  18 và xyz  1 . Tính giá trị của S  1 1 1    xy  z  1 yz  x  1 zx  y  1 Câu 2. (5,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 x  1  x  3  5x  11  0 .    y2  y x 1 1  x 1  0  2. Giải hệ phương trình  2 2   x  y  7 x  3  0. Câu 3. (3,0 điểm) 1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2  y 2  xy  x  y  1 . 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có 2 3 4...  n  1 n  3. Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn  O  và ngoại tiếp đường tròn  I  . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD  ACB . Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P. 1. Chứng minh tam giác QBI cân; 2. Chứng minh BP.BI  BE.BQ ; 3. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh PK / / JB . Câu 5. (2,0 điểm) Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh. ----------Hết---------Họ và tên thí sinh:………………………Họ, tên chữ ký GT1:………………………………….. Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:………………………………….. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN – Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án Câu 1.1 (1,5) Tính giá trị biểu thức P  5 3  5 3 Đặt M  5  22 5 3  5 3 5  22 Điểm  11  6 2 . 10  2 22 . Ta có M  2 5  22  M  2 (Do M  0 ) 3  2  11  6 2  1.2 (1,5) 2 0,25 0,5  3 2 Suy ra P  3 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2, x 2  y 2  z 2  18 và xyz  1 . Tính giá trị của S  0,25 1 1 1 .   xy  z  1 yz  x  1 zx  y  1 Ta có xy  z  1  xy  x  y  1   x  1 y  1 0,5 Tương tự yz  x  1   y  1 z  1 và zx  y  1   z  1 x  1 0,25 Suy ra S   1  1  1  x  1 y  1  y  1 z  1  z  1 x  1  x  y  z 3  x  1 y  1 z  1 0,25 1 1  xyz   xy  yz  zx    x  y  z   1 xy  yz  zx Ta có  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx  7 2 Suy ra S   2.1 (2,0) 0,5 2 0,25 0,25 1 7 Giải phương trình 2 2 x  1  x  3  5x  11  0 . Điều kiện x  1 2 0,5 2 2 x  1  x  3  5x  11  0  2 2 x  1  x  3  5x  11  9 x  1  4 2 x 2  5x  3  5x  11  2 x 2  5x  3  3  x 0,5 x  3 x  3 x  1  2     x  12 2 2  2 x  5 x  3  9  6 x  x  x  11x  12  0 0,5 2.2 (3,0) Đối chiếu điều kiện ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.  y 2  y x  1  1  x  1  0 1  Giải hệ phương trình  . 2 2   2 x  y  7x  3  0   Điều kiện x  1, y  y2  y  0,5    x  1  1  x  1  0  y 2  y  x  1  y  1  0   y  1 y  x  1  0 y 1 .  y  x  1  Với y  1, thay vào (2) ta được 0,5 0,5 x2  1  7 x2  3  0  x2  1  7 x2  3  x4  2 x2  1  7 x2  3  x2  1 x  1 (do điều kiện của x)  x  5x  4  0   2  x  2 x  4   4 2 0,5 Với y  x  1 , thay vào (2) ta được x 2  x  1  7 x 2  3  0   x2  4     x 1 1    x  2  x  2    7 x2  3  5  0 7  x  2  x  2  x2  0 x 1 1 7 x2  3  5 x  2   7  x  2 1 x2  0  x 1 1 7 x2  3  5 Với x  2 suy ra y  1. Ta có x  2    x  2 Với x  1 thì 0,25 0,5   7  x  2 1 7 1    x  2  1    x 1 1 x 1 1 7 x2  3  5 7 x2  3  5   7 x2  3  2 7x  3  5 2  1 x 1 1 7 x  3  2  0   x  2 2 7 x2  3  2 7 x2  3  2 7 x2  3  5 0 1 0 x 1 1 7 x2  3  5 Vậy hệ phương trình có các nghiệm 1;1 ,  2;1 . Suy ra  x  2  3.1 (2,0) 0,5  0,25 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2  y 2  xy  x  y  1 . Ta có x 2  y 2  xy  x  y  1   x  y    x  1   y  1  4 2 2 0,75 2 Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp) x y x 1 y 1 Nghiệm  x; y  1,0 2 0 0 1;1 -2 0 0 Loại 0 2 0 Loại 0 -2 0  1;1 0 0 2 Loại 0 0 -2 1; 1 Vậy các số  x; y  cần tìm là 1;1 ,  1;1 , 1; 1 3.2 (1,0) 0,25 Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có 2 3 4...  n  1 n  3. Với mỗi số nguyên dương k ta có k  k 2  1   k 2  1  1   k  1 k  1 . 0,25 Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với k  3,4,..., n ta được 0,5 3  1  2.4  1  2 1  3.5  1  2 1  3 1  4.6   1 2 1 3 1 1   n  1 n  1  1 2 1 3 1 1   n  1  n  1 2  2 3 4...  n  1 0,25 n Ta có điều phải chứng minh. 4 (7,0) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn  O  và ngoại tiếp đường tròn  I  . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD  ACB . Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P. 4. Chứng minh tam giác QBI cân; 5. Chứng minh BP.BI  BE.BQ ; 6. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh PK / / JB . P A D J I O K B C H E Q 4.1 (2,0) Ta có AI là phân giác của BAC nên Q là điểm chính giữa của cung BC của (O). 1,0 Suy ra BAQ  QAC  QBC 1,0 IBQ  IBC  QBC  IBA  BAQ  BIQ Hay tam giác QBI cân tại Q. 4.2 (3,0) Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB 0,5 AB AD  Suy ra hay AB2  AD. AC (1). AC AB Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC Suy ra (có góc A chung và AID  ACE ) 0,5 AD AI  hay AI . AE  AD. AC (2). AE AC Từ (1) và (2) suy ra AI . AE  AB 2 , suy ra tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB. Suy ra AEB  ABI  ABC 2 0,5