Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa

Mời các em cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 có thêm nhiều đề luyện tập, củng cố kiến thức, chuẩn bị sẵn sàng cho kỳ thi. Hy vọng giúp các em đạt kết quả tốt trong kỳ thi HSG.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Thanh HóaSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HOÁKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNăm học 2013 - 2014ĐỀ THI CHÍNH THỨCMôn thi: TOÁN - Lớp 9 THCSThời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Ngày thi: 21/03/2014(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)Số báo danh........................Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức xy  xxy  xA   x 1  1 :  1  x 1  . xy  1 1  xy xy  1xy  1  1. Rút gọn biểu thức A.2. Cho 1  1  6 . Tìm giá trị lớn nhất của A.xyCâu II (5,0 điểm).1.Cho phương trình x 2  2m  2x  m2  2m  4  0 . Tìm m để phương trìnhcó hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãnx  y  z  12. Giải hệ phương trình 444 x  y  z  xyz211.2x  x2 x1 x2 15m21.Câu III (4,0 điểm).1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b 2) chia hết cho(a2b – 1).2. Tìm x, y, z  N thỏa mãn x  2 3  y  z .Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cốđịnh thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C vàvuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M(M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắtđường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểmD, I, B thẳng hàng.3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B  3 1 3  1 .x y----- HẾT -----xyLỜI GIẢI Ở TRANG 3CâuI(4,0đ)Ý1(2,5đ)Lời giải (vắn tắt)ĐiểmĐiều kiện: xy  1 .A x  1 1  xy  xy  1   xy  11  xy xy  xxy  1 1  xy:  xy  x  xy  1   x  1 1  xy   xy  11  xy  x  1 1  xy    xy  x  xy  1   xy  11  xy  xy  11  xy    xy  x  xy  1   x  1 1  xy 2(1,5đ)II(5,0đ)1(2,5đ)0,25xy  1 1  xy 1 x  1 .x y  xyxy0,501,25Theo Côsi, ta có: 6  1  1  2xy1  1  9.xyxy1Dấu bằng xảy ra  1  1  x = y = .xy91Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = .9T đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 0  m  22  m 2  2m  4  0  m  0 (*) x1  x2  4  2mVới m  0 theo Vi-et ta có: .2 x1 .x2  m  2m  4211211Ta có222x1  x2 x1 x2 15mx1  x2   2 x1 x2 x1 x2 15m(1)111 2 2m  6m  4 m  2m  4 15m4111 . Đặt m   t do m  0  t  044m15m 6 m 2mmt  4111  t  4 ( doTa cos (1) trở thànht  6 t  2 15t  12t0 )Với t  4 ta có m 0,500,500,500,500,500,250,500,500,500,504 4  m  2 thỏa mãn (*)m0,252(2,5đ)Ta có:x4  y 4 y 4  z 4 z 4  x4 x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2 =2222 22 22 22 22 2x y y zy z z xz x  x2 y 2 xyyz  yzzx  zxxy ==2220,50= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).0,50x4  y 4  z 4 0,50x  y  z1x yz3x  y  z  1Dấu bằng xảy ra  111Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x  ; y  ; z  III(4,0đ)1(2,0đ)330,503Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k *  a + k = b(ka2 – b)  a + k = mb(1)Ở đó m   mà: m = ka2 – b  m + b = ka2(2)0,50Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1  (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)(3)Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m  1(vì m  ).Do b > 0 nên b – 1  0 (do b  )  (m – 1)(b – 1)  0.Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka)  0.Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka  0  k + 1  ka  1 k(a – 1)(4)Vì a – 1  0 (do a  , a > 0) và k  , k > 0 nên từ (4)a  1 k(a  1)  0  a  2có: k(a1)1 k  10,500,25- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2  m  1  2 b  1  1   b  2b  3 m  1  1 b  1  2Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =0,25b  10 .m  1Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b  b = 3. Lúc nàyđược: a = 2, b = 3.Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1;3), (2; 3), (2; 1).2(2,0đ)Ta cóx  2 3  y  z  x  2 3  y  z  2 yz0,250,250,50 x  y  z   2 3  2 yz  x  y  z   4 3x  y  z   12  4 yz2(1)4 yz  x  y  z   12(2)34x  y  z 2TH1. Nếu x  y  z  0 Ta cóvô lý( do x, y, z  N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).x  y  z  0(3) yz  3IV(6,0đ)0,50TH2. x  y  z  0 khi đó 1  0.50x  4x  4Giải (3) ra ta được  y  1 hoặc  y  3 thử lại thỏa mãnz  3z  10,50E1(2.5đ)DIMHAFCOBTa có M thuộc đ ...