Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm 2013 – 2014 sở GD&ĐT Ninh Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2013 – 2014 sở GD&ĐT Ninh Bình giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

54 27 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
Ngày thi: 15/3/2014
(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
Câu 1 (6,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức:
2
2 ab 1 a b
M1
ab 4 b a

= +−

+

b) Giải phương trình:
2
2
x 1 5x 1
9 x 33 x

+= −


c) Giải hệ phương trình:
11
22
y
x
11
22
x
y
+ −=
+ −=
Câu 2 (3,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx – 2 và
parabol (P) có phương trình y =
2
x
4
−
. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng
(d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm các giá trị của m để đoạn AB có độ
dài nhỏ nhất.
Câu 3 (2,0 điểm):
Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn
≤≤0 a;b;c 2
Chứng minh rằng:
++≥
− −−
222
1 1 19
4
(ab)(bc)(ca)
.
Câu 4 (6,0 điểm):
Cho đường tròn tâm O đường kính MN, dây cung AB vuông góc với MN tại điểm I nằm
giữa O, N. Gọi K là một điểm thuộc dây AB nằm giữa A, I. Các tia MK, NK cắt đường tròn
tâm O theo thứ tự tại C, D. Gọi E, F, H lần lượt là hình chiếu của C trên các đường thẳng
AD, AB, BD. Chứng minh rằng:
a)
b) F là trung điểm của EH
c) Hai đường thẳng DC và DI đối xứng với nhau qua đường thẳng DN.
Câu 5 (3,0 điểm):
Cho n và k là các số tự nhiên,
4 2k 1
An 4
+
= +
.
a) Tìm k, n để A là số nguyên tố.
b) Chứng minh rằng:
+ Nếu n không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 5.
+ Với p là ước nguyên tố lẻ của A ta luôn có p – 1 chia hết cho 4.
HẾT
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .......................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..................................................................................................
Giám thị 2:..................................................................................................
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1
(6
điểm)
a. (2 điểm)
Điều kiện: a;b > 0.
M =
22
2 ab 4ab a b 2ab
a b 4ab
++−
+
=
2
ab
(a b)
2 ab
.
ab ab
2 ab
+
+
=
++
Nếu a > 0, b > 0 thì M=1
Nếu a < 0, b < 0 thì M= –1
0,5
1
0,5
b. (2 điểm)
Điều kiện xác định: x
0
≠
Đặt
2
2
2
x1 x 1 2
tt
3x 9 x 3
=−⇒ + =+
Phương trình đã cho trở thành: 3t
2
– 5t + 2 =0
t1
2
t
3
=
⇔
=
+ t = 1
⇔
x
2
– 3x – 3 = 0
3 21
x
2
±
⇔=
+ t = 2/3
⇔
x
2
– 2x – 3 =0
x1
x3
= −
⇔
=
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là:
3 21 3 21
; ; 1; 3
22

+−

−



0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
c. (2 điểm)
Điều kiện xác định:
1
x;y
2
≥
Từ hệ suy ra
1111
22
yx
xy
+−= +−
(2)
+ x > y ≥
1
2
11
xy
⇒<
và
11
22
yx
−< −
⇒
1111
22
yx
xy
+−< +−
⇒
với x > y ≥
1
2
: (x; y) không là
nghiệm của HPT
0,25
0,5
+ y > x ≥
1
2
⇒
1111
22
yx
xy
+−> +−
⇒
với x > y ≥
1
2
:(x;y) không là nghiệm của HPT
+ x = y: thay vào hệ ta giải được x = 1, y = 1
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
0,5
0,5
0,25
2
(3
điểm)
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình
2
x
mx 2 (*)
4
−
−=
2
(*) x 4mx 8 0⇔ + −=
Ta có:
2
4m 8 0 m
′′
∆= + ⇒∆> ∀ ∈
Suy ra với mọi giá trị của m phương trình (*) có 2 nghiệm phân
biệt, tức là với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân
biệt A, B.
Giả sử:
AABBAABB
A(x ; y ), B(x ; y ), y mx 2, y mx 2=−=−
Theo định lí Viét có
AB
AB
x x 4m
x .x 8
+=−
= −
Khi đó:
AB
2
=(x
A
−
x
B
)
2
+(y
A
−
y
B
)
2
=(x
A
−
x
B
)
2
+m
2
(x
B
−
x
A
)
2
=(x
B
−
x
A
)
2
(1+m
2
)
2 22 2
A B AB
22
(x x) 4xx (1 m) (4m) 4.(8)(1 m)
(16m 32)(1 m )

= + − + =− −− +

= ++
22
AB (16m 32)(1 m ) 32 4 2⇒= + + ≥ =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0.
Vậy độ dài đoạn AB nhỏ nhất khi và chỉ khi m = 0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3
(2
điểm)
Sử dụng BĐT Cô-si với x > 0, y > 0, ta có:
2
22
11 1
(x y) 2. .4xy 8
xy
xy

+ +≥ =


.
Suy ra:
+≥
+
22 2
11 8
x y (x y)
(1). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y.
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c.
Áp dụng BĐT (1) cho cặp số dương a – b và b – c, ta có:
+≥ =
− − −+− −
22 22
11 8 8
(a b) (b c) (a b b c) (a c)
.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c.
Suy ra:
++≥+=
− −− −− −
22222 2
111819
(a b) (b c) (c a) (a c) (c a) (a c)
.
Mặt khác, do a, c ∈ [0; 2] và a > c nên 0 < a – c ≤ 2. Đẳng thức
xảy ra ⇔ a = 2 và c = 0.
Do đó:
++≥≥
− −− −
2222
1 1 1 99
4
(a b) (b c) (c a) (a c)
.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị.
0,25
4
(6
điểm)
f
O
H
I
M
N
E
D
C
B
A
a. (3 điểm)
Từ giả thiết ta có các tứ giác CBHF nội tiếp. Theo tính chất của
tứ giác nội tiếp và góc nội tiếp ta có :
FCH FBH ABD ACD
FHCFBCABCADC
= = =
= = =
HFC DAC(g.g)⇒∆ ∆
HF DA
FC AC
⇒=
(1)
AC.HF AD.CF⇒=
1
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
b. (2 điểm)
Các tứ giác AECF, CBHF, ADBC nội tiếp, suy ra:
00
EFC EAC CBD 180 CFH EFC CFH 180
= = =−⇒+=
Suy ra E, F, H thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ý a ta có
EF DB
EFC DBC(g.g)
FC BC
∆ ∆ ⇒=
(2)
Do đường kính MN vuông góc với dây AB nên N, M lần lượt là
các điểm chính giữa của các cung AB. Suy ra DK là đường phân
giác của
ADB∆
, CK là đường phân giác của
ACB∆
DA KA
DB KB
⇒=
và
CA KA
CB KB
=
DA CA DA DB
DB CB CA CB
⇒=⇒=
(3)
Từ(1), (2) và (3) suy ra
FE FH
FE FH
FC FC
= ⇒=
Suy ra F là trung điểm của EH (đpcm)
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
c. (1 điểm)
Lấy J trên đoạn AB sao cho DN là phân giác góc
CDJ
ta có
ADC JDB, ADJ CDB  
0,25
I
K
J
AC.BD DC.BJ, AD.BC DC.AJ⇒= =
Mà
DA DB
AD.BC AC.BD AJ=BJ
CA CB
=⇒=⇒
⇒
J trùng với I
⇒
Điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,25
5
(3
điểm)
a. (1,5 điểm)
+ Khi n = 0: A là hợp số
+ Khi n = 1 và k = 0, ta có A = 5 là số nguyên tố.
+ Khi n
1≥
và k
1≥
, ta chứng minh M không là số nguyên tố:
2 2k1 2 k1 2 2 2k1 k1 2 2k1 k1
A (n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 )
+ + ++ ++
=+ − =++ +−
Ta có :
2 2k1 k1
n 2 n.2
++
++
là số nguyên lớn hơn 1 và
2 2k1 k1
n 2 n.2
++
+−
là số nguyên
Mặt khác
2 2k 1 2 2k 1 k
n 2 2 n .2 2n.2 2
++
+≥ ≥
2 2k1 k1 k k1 k1
n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 ( 2 1) 1
++ + +
⇒ + − ≥ − = −>
Suy ra M là hợp số.
Kết luận:
4 2k 1
n4
+
+
là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0.
0,25
0,5
0,5
0,25
b. (1,5 điểm)
(n, 5) = 1
⇒
4
n 15
−
mà
2k 1 2k 2k 1
4 1 5(4 4 ... 1) 5 A 5
+−
+= − + + ⇒
0,25
0,25
( ) ( )
( )
( )
( )
4 2k 1
p1 p1
4 2k 1
22
p1
p1 p1
2 2k 1
2
A p n 4 (mod p)
n 4 (mod p)
n 1 2 (mod p)
+
−−
+
−
−−
+
⇔ ≡−
⇒ ≡−
⇒ ≡−
Mà
( ) ( )
p1 p1
2 2k 1
n 2 1(mod p)
−−
+
≡≡
(Định lí Fermat nhỏ)
( )
p1
2
1 1 (mod p)
p1
2 p 14
2
−
⇒≡−
−
⇒ ⇒−
0,25
0,25
0,25
0,25
-----------Hết-----------
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014 ĐỀ THI C HÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Ngày thi: 1 5/3/2014
(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (6,0 điểm): 2   a) Rút gọn biểu thức: 2 ab 1 a b M = 1+  − a b 4 b a  +   2 b) Giải phương trình: x 1 5  x 1  + = − 2 9 x 3  3 x     1 1  + 2 − = 2  x y
c) Giải hệ phương trình:   1 1 + 2 − = 2   y x Câu 2 (3,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình y = mx – 2 và 2
parabol (P) có phương trình y = −x . Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng 4
(d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm các giá trị của m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 3 (2,0 điểm):
Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn 0 ≤ a;b;c ≤ 2 Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≥ . (a − 2 b) (b − 2 c) (c − 2 a) 4
Câu 4 (6,0 điểm):
Cho đường tròn tâm O đường kính MN, dây cung AB vuông góc với MN tại điểm I nằm
giữa O, N. Gọi K là một điểm thuộc dây AB nằm giữa A, I. Các tia MK, NK cắt đường tròn
tâm O theo thứ tự tại C, D. Gọi E, F, H lần lượt là hình chiếu của C trên các đường thẳng
AD, AB, BD. Chứng minh rằng: a) AC.HF = AD.CF
b) F là trung điểm của EH
c) Hai đường thẳng DC và DI đối xứng với nhau qua đường thẳng DN. Câu 5 (3,0 điểm):
Cho n và k là các số tự nhiên, 4 2k 1 A n 4 + = + .
a) Tìm k, n để A là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng:
+ Nếu n không chia hết cho 5 thì A chia hết cho 5.
+ Với p là ước nguyên tố lẻ của A ta luôn có p – 1 chia hết cho 4. HẾT
Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .......................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..................................................................................................
Giám thị 2:..................................................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (2 điểm) Điều kiện: a;b > 0. 2 2 M = 2 ab 4ab + a + b − 2ab 0,5 a + b 4ab 2 = 2 ab (a + b) a + b . = 1 a + b 2 ab a + b
Nếu a > 0, b > 0 thì M=1
Nếu a < 0, b < 0 thì M= –1 0,5 b. (2 điểm)
Điều kiện xác định: x ≠ 0 0,25 2 Đặt x 1 x 1 2 2 t = − ⇒ + = t + 2 3 x 9 x 3 0,5 t =1
Phương trình đã cho trở thành: 3t2 – 5t + 2 =0  ⇔ 2 0,5 t =  3 1 + t = 1 ± ⇔ x2 – 3x – 3 = 0 3 21 ⇔ x = 0,25 (6 2 điểm) + t = 2/3  = − ⇔ x2 – 2x – 3 =0 x 1 ⇔  0,25 x = 3
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: 3+ 21 3− 21   ; ; 1;3 − 2 2  0,25    c. (2 điểm) Điều kiện xác định: 1 x; y ≥ 0,25 2 Từ hệ suy ra 1 1 1 1 + 2 − = + 2 − (2) x y y x + x > y ≥ 1 1 1 ⇒ < và 1 1 2 − < 2 − 2 x y y x ⇒ 1 1 1 1 + 2 − <
+ 2 − ⇒ với x > y ≥ 1 : (x; y) không là x y y x 2 0,5 nghiệm của HPT + y > x ≥ 1 ⇒ 1 1 1 1 + 2 − > + 2 − 2 x y y x 0,5
⇒ với x > y ≥ 1 :(x;y) không là nghiệm của HPT 2
+ x = y: thay vào hệ ta giải được x = 1, y = 1 0,5
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 0,25
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình 2 −x mx − 2 = (*) 0,5 4 2 (*) ⇔ x + 4mx −8 = 0 Ta có: 2
∆′ = 4m + 8 ⇒ ∆′ > 0 m ∀ ∈  0,5
Suy ra với mọi giá trị của m phương trình (*) có 2 nghiệm phân
biệt, tức là với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. 0,5 2
Giả sử: A(x ;y ),B(x ;y ),y = mx − 2,y = mx − 2 A A B B A A B B (3
Theo định lí Viét có x + x = 4m − A B  0,5 điểm) x .x = 8 −  A B Khi đó: AB2=(x
A − xB)2+(yA − yB)2=(xA − xB)2+m2(xB − xA)2=(xB − xA)2(1+m2) 2 2 2 2
= (x + x ) − 4x x  (1+ m ) = ( 4 − m) − 4.( 8 − ) (1+ m )  A B A B    2 2 = (16m + 32)(1+ m ) 0,5 2 2
⇒ AB = (16m + 32)(1+ m ) ≥ 32 = 4 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0.
Vậy độ dài đoạn AB nhỏ nhất khi và chỉ khi m = 0 0,5
Sử dụng BĐT Cô-si với x > 0, y > 0, ta có:  1 1  2 1 + (x + y) ≥ 2. .4xy = 8  . 2 2  x y  xy  Suy ra: 1 1 8 + ≥
(1). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y. 0,5 2 2 x y (x + 2 y)
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c. 3
Áp dụng BĐT (1) cho cặp số dương a – b và b – c, ta có: 1 1 8 8 (2 + ≥ = . (a − 2 b) (b − 2 c) (a − b + b − 2 c) (a − 2 c) điểm) 0,5
Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c. Suy ra: 1 1 1 8 1 9 + + ≥ + = . (a − 2 b) (b − 2 c) (c − 2 a) (a − 2 c) (c − 2 a) (a − 2 c) 0,25
Mặt khác, do a, c ∈ [0; 2] và a > c nên 0 < a – c ≤ 2. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 2 và c = 0. 0,25 Do đó: 1 1 1 9 9 + + ≥ ≥ . 0,25 (a − 2 b) (b − 2 c) (c − 2 a) (a − 2 c) 4
Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị. 0,25 M D H O f IK J A B I E C N a. (3 điểm)
Từ giả thiết ta có các tứ giác CBHF nội tiếp. Theo tính chất của 1
tứ giác nội tiếp và góc nội tiếp ta có :  =  =  =  FCH FBH ABD ACD 0,5 4  =  =  =  FHC FBC ABC ADC 0,5 (6 ⇒ HF ∆ C  DA ∆ C(g.g) 0,5 điểm) HF DA ⇒ = (1) FC AC 0,25 ⇒ AC.HF = AD.CF 0,25 b. (2 điểm)
Các tứ giác AECF, CBHF, ADBC nội tiếp, suy ra:  =  =  0 = −  ⇒  +  0 EFC EAC CBD 180 CFH EFC CFH =180 Suy ra E, F, H thẳng hàng. 0,5
Chứng minh tương tự ý a ta có EF DB E ∆ FC  D ∆ BC(g.g) ⇒ = (2) FC BC 0,25
Do đường kính MN vuông góc với dây AB nên N, M lần lượt là
các điểm chính giữa của các cung AB. Suy ra DK là đường phân 0,25 giác của AD ∆
B , CK là đường phân giác của AC ∆ B DA KA ⇒ = và CA KA = DA CA DA DB ⇒ = ⇒ = (3) DB KB CB KB DB CB CA CB 0,5
Từ(1), (2) và (3) suy ra FE FH = ⇒ FE = FH FC FC 0,25
Suy ra F là trung điểm của EH (đpcm) 0,25 c. (1 điểm)
Lấy J trên đoạn AB sao cho DN là phân giác góc  CDJ ta có ADC JDB,ADJ C  DB 0,25
⇒ AC.BD = DC.BJ,AD.BC = DC.AJ 0,25 Mà DA DB = ⇒ AD.BC = AC.BD ⇒ AJ=BJ CA CB 0,25
⇒ J trùng với I ⇒ Điều phải chứng minh 0,25 a. (1,5 điểm) + Khi n = 0: A là hợp số
+ Khi n = 1 và k = 0, ta có A = 5 là số nguyên tố. 0,25
+ Khi n ≥1 và k ≥1, ta chứng minh M không là số nguyên tố: 2 2k 1 + 2 k 1 + 2 2 2k 1 + k 1 + 2 2k 1 + k 1 A (n 2 ) (n.2 ) (n 2 n.2 )(n 2 n.2 + = + − = + + + − ) 0,5 Ta có : 2 2k 1 + k 1 n 2 n.2 + + +
là số nguyên lớn hơn 1 và 2 2k 1 + k 1 n 2 n.2 + + − là số nguyên Mặt khác 2 2k 1 + 2 2k 1 + k n + 2 ≥ 2 n .2 ≥ 2n.2 2 2 2k 1 + k 1 + k k 1 + k 1 n 2 n.2 2n.2 2 n.2 n.2 + ⇒ + − ≥ − = ( 2 −1) >1 0,5 Suy ra M là hợp số. Kết luận: 4 2k 1 n 4 + +
là số nguyên tố khi và chỉ khi n =1 và k = 0. 0,25 5 b. (1,5 điểm) (3 (n, 5) = 1 ⇒ 4 n −15 điểm) 0,25 mà 2k 1+ 2k 2k 1 4 1 5(4 4 − + = − + ... +1)5 ⇒ A5 0,25 4 2k 1 Ap ⇔ n ≡ 4 + − (modp) ⇒ ( − − n )p 1 ≡ ( 4 + − )p 1 4 2k 1 0,25 2 2 (mod p) ⇒ ( − n ) − ≡ (− )p 1 p 1 1 (2 + )p 1 2 2k 1 − 2 (modp) 0,25 Mà ( )p 1− ( )p 1 2 2k 1 n 2 − + ≡
≡1(modp) (Định lí Fermat nhỏ) ⇒ ≡ (− )p 1−2 1 1 (modp) 0,25 p −1 ⇒ 2 ⇒ p −14 2 0,25 -----------Hết-----------
Document Outline

  • TOAN_DE_HSG9_2013-2014
    • HẾT
  • TOAN_HDC_HSG9_2013-2014