Đề thi chọn HSG cấp Huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)
Câu 1: (5điểm)
a. (2điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:
b. (3điểm) Phân tích đa thức x3(x2 – 7)2 – 36x thành nhân tử. Từ đó suy ra nghiệm của phương trình x3(x2 – 7)2 – 36x = 0.
Câu 2: (5điểm)
a. (3điểm) Tìm số tự nhiên n sao cho là một số chính phương.
b. (2điểm) Tính giá trị: A =
Câu 3: (5điểm)
a. (3điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
b. (2điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương , , thoả mãn
Câu 4: (5điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy điểm P thuộc đường chéo BD. Gọi M là điểm đối xứng với C qua P, gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AD và AB.
a. Chứng minh và 3 điểm E, F, P thẳng hàng.
b. Chứng minh tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí điểm P.
c. Cho và Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
HẾT
File đính kèm:
de_thi_chon_hsg_cap_huyen_mon_toan_lop_9_nam_hoc_2014_2015_c.doc
Nội dung text: Đề thi chọn HSG cấp Huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)
- KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG HUYỆN NĂM HỌC: 2014-2015 Hướng dẫn chấm môn: Toán 9 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ___ Câu 1: (5điểm) a. (2điểm) (2x + y + 1)(x + y + 1) = -1 = (-1). 1 = 1.(-1) (0.5điểm) Xét 2 trường hợp ta có: 2x + y + 1 = -1 và 2x + y + 1 = 1 (0.5điểm) {x + y + 1 = 1 {x + y + 1 = -1 Giải ra ta được 2 cặp số: (-2 ; 2); (2 ; - 4) (0.5điểm) Vậy phương trình có nghiệm là: (x, y) = (-2; 2); (2; - 4) (0.5điểm) b. (3điểm) x3(x2 – 7)2 – 36x = x[x2(x2 – 7)2 – 36] (0,25điểm) = x[x(x2 – 7) – 6][x(x2 – 7) + 6] (0,25điểm) = x(x3 – 7x – 6)(x3 – 7x + 6) (0,25điểm) = x(x3 – x – 6x – 6)(x3 – x – 6x + 6) (0,25điểm) = x[x(x2 – 1) – 6(x + 1)][x(x2 – 1) – 6(x – 1)] (0,25điểm) = x(x + 1)[x(x – 1) – 6](x – 1)[x(x + 1) – 6] (0,25điểm) = x(x + 1)(x2 – x – 6)(x – 1)(x2 + x – 6) (0,25điểm) = x(x + 1)(x2 + 2x – 3x – 6)(x – 1)(x2 – 2x + 3x – 6) (0,25điểm) = x(x + 1)[x(x + 2) – 3(x + 2)](x – 1)[x(x – 2) + 3(x – 2)] (0,25điểm) = x(x + 1)(x + 2)(x – 3)(x – 1)(x – 2)(x + 3) (0,25điểm) Từ đó ta được các nghiệm của phương trình x3(x2 – 7)2 – 36x = 0 là x 0 hoặc x 1 hoặc x 2 hoặc x 3 (0,5điểm) Câu 2: (5điểm) a. (3điểm) Để n2 18n 10 là một số chính phương n2 18n 10 k 2 (k N) (0,25điểm) n2 18n 81 k 2 10 81 (0,25điểm) 2 n 9 k 2 91 (0,25điểm) n 9 k n 9 k 91 (0,25điểm) Vì: n 9 k n 9 k (0,5điểm) Ta có 4 trường hợp sau: n 9 k 91 n k 100 n 55 +/ (Nhận) (0,25điểm) n 9 k 1 n k 10 k 45 n 9 k 1 n k 8 n 45 +/ (Loại) (0,25điểm) n 9 k 91 n k 82 k 37 2
- Câu 4: (5điểm) Vẽ hình đúng (0,25điểm) a. Kẻ qua A đường thẳng song song với CM cắt DB tai Q. Hai tam (0,25điểm) giác ADQ và CBP bằng nhau (g-c-g) suy ra AQ CP Tứ giác AQPM có cặp cạnh đối AQ và CP song song và bằng nhau (0,25điểm) nên là hình bình hành, suy ra . Vì FAAM ABD, (0,25điểm) mà FAAM AFE, ABD BAAC, (0,25điểm) nên FAAM BAAC, (0,25điểm) MA cắt EF tai O, xét ∆CAM có PO là đường trung bình nên (0,25điểm) Từ (1) và (2) theo tiên đề Ơclit ta có hai đường thẳng OP, EF trùng (0,25điểm) nhau nên 3 điểm E, F, P thẳng hàng. b. Hai tam giác vuông MAF và DBA có hai góc nhọn tương ứng (0,5điểm) FAAM và ABD bằng nhau nên đồng dạng, MF DA (0,5điểm) Suy ra : không đổi FA BA PD PB (0,25điểm) c. Từ giả thiết suy ra k, k 0. 9 16 PD 9k; PB 16k (3) (0,25điểm) Từ giả thiêt CP BD suy ra CP là đường cao ứng với cạnh huyền (0,25điểm) của tam giác vuông BCD, nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: CP2 PD.PB (2,4)2 9k.16k k 0,2 (4) (0,25điểm) Từ (3) và (4) PD 1,8 và PB 3,2 (0,25điểm) Nên BD PD PB 1,8 3,2 5. (0,25điểm) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BCD ta có: (0,25điểm) BC 2 BP.BD (3,2).5 16 BC 4. Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông BAD ta có: (0,25điểm) BD2 AB2 AD2 AB BD2 AD2 52 42 3. 4