Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Trực Ninh

Nhằm giúp cho các em chuẩn bị tinh thần tốt nhất để bước vào kỳ thi chọn HSG chính thức trong thời gian tới. Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Trực Ninh có kèm theo đáp án để học sinh dễ đối chiếu với kết quả làm bài của mình. Mời các bạn cùng tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG lớp 9 môn Toán năm 2016 - 2017 - Sở GD&ĐT Trực NinhPHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHUYỆN TRỰC NINHĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎINĂM HỌC 2016 -2017MÔN TOÁN LỚP 9Thi ngày 08 tháng 11 năm 2016ĐỀ CHÍNH THỨC(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)(Đề thi gồm 01 trang)-------------------------------Bài 1 (4,0 điểm).1) Rút gọn biểu thức: A =2) Cho A 5 32  3 53 52  3 5x  xx  xx  x 1 x  x 122a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức Ab) Đặt B = A + x – 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BBài 2 (4,0 điểm). Giải phương trình1) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 x322) Giải phương trình: 2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  x  5 .Bài 3 (3,0 điểm).1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phươngcủa một số nguyên.2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2  25  y( y  6)Bài 4 (7,0 điểm)Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửađường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trênAB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm củaDH.a) Chứng minh CIJ CBHb) Chứng minh CJH đồng dạng với HIBc) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớnnhất.Bài 5 (2,0 điểm). Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằngabc 2.bccaab-------------------HẾT-------------------Họ và tên thí sinh:……………..……............…… Họ, tên chữ ký GT1:……………………..Số báo danh:……………….……..............……… Họ, tên chữ ký GT2:……………………..HƯỚNG DẪN CHẤM THIKỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆNNĂM HỌC 2016 - 2017Môn thi : Toán 9PHÒNG GD-ĐTHUYỆN TRỰC NINHBàiNội dungCâu5 31. Rút gọn biểu thức: A =Câu 1(1,75đ)5 3A=A=2  3 52( 5  3)2  ( 5  1) 22  3 53 52  3 52(3  5)2  ( 5  1) 2=Điểm3 52  3 52( 5  3)2 62 52(3  5)0,752 62 52( 5  3)2(3  5)5 33 50,50,5A= 2 2x2  xx2  xx  x 1 x  x 1a) ĐKXĐ: x  02. A Bài 1(4 đ)0,250,5x x3 1x x3 1x2  xx2  xAx  x 1 x  x 1x  x 1x  x 1Câu 2(2,25)x x xx 1 x  x 1x 1 x  x 1x  x 1x  x 1x 1  x0,5x  1  x  x  x  x  2 xb) B = A + x – 1= 2 x  x  1  x  2 x  1   x  1  2  20,5Dấu “=” xảy ra  x 1  0  x  1 ( TM ĐKXĐ)Vậy GTNN của biểu thức B=-2 khi x=10,250,2521) Giải phương trình : x  2 x  1  x  2 x  1 x32ĐKXĐ : x  10,25x  2 x 1  x  2 x 1 Bài 2(4 đ)Câu 1(2đ)x32x3 x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1 222x3x 1  1 x 1 1 2x3 x 1  1  x 1 1 (*)2Nếu x  2 phương trình (*)x3x3 x 1  1  x 1 1  2 x 1  4 x 1  x  3220,50,250,250,25 16( x  1)  x2  6 x  9  x2  10 x  25  0  ( x  5)2  0  x  5 (TM)Nếu 1  x  2 phương trình (*)0,25Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=52) Giải phương trình: 2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  x  5 .0,25Đặt u  2 x2  5x  12, v  2 x2  3x  2 ( u  0, v  0)0,25 u 2  2 x2  5x  12, v 2  2 x 2  3x  2  u 2  v 2  2 x  10  2( x  5)0,250,250,25x3x3 x 1  1  1  x 1 2 4  x  3  x  1 ( TM)22Từ (1)  2(u  v)  (u 2  v2 )  (u  v)(u  v  2)  0 (2)Vì u  0, v  0 , từ (2) suy ra: u  v  2  0 .Vìvậy2 x2  5x  12  2 x2  3x  2  2 (3)Câu 2(2đ)Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình2 2 x 2  3x  2  x  30,25 x  3 x  3 x  3  02222 2 x  3x  2  x  3 7 x  6 x  1  0 (7 x  7)  (6 x  6)  0 x  3( x  1)(7 x  1)  00,5 x  311  x  1, x   tm 7 x  1, x  71Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=7Câu 1(1,5đ)Bài 3(3 đ)1) Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phảilà lập phương của một số nguyên.Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên.Suy ra: 2016k = a3 - 3Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1;2; 2;3; 3 .Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hếtcho 7Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3  2016k. ĐPCM2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:Câu 2(1,5đ)0,250,50,250,50,25x2  25  y( y  6)Từ x2  25  y( y  6)Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 160,25Để ý trong phương trình chỉ chứa ẩn số x với số mũ bằng 2 , dođó ta có thể hạn chế giải với x là số tự nhiên.Khi đó: y+3+x  y+3-x .Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là số chẵnSuy ra 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính chẵn lẻ . Ta lại có tíchcủa chúng là số chẵn , vậy 2 số ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 số chẵn.Ta chỉ có cách phân tích - 16 ra tích của 2 số chẵn sau đây:-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong ®ã thõa sè ®Çu b»ng gi¸ trÞ(y+3+x).Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta cã x= 5 , y= 0.Khi y+3+x= ...