Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hải Dương

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn tập kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hải Dương để tích lũy kinh nghiệm giải đề các em nhé!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT Hải DươngSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHẢI DƯƠNGKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNHLỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014MÔN THI: TOÁNThời gian làm bài: 150 phútNgày thi 20 tháng 03 năm 2014(đề thi gồm 01 trang)ĐỀ THI CHÍNH THỨCCâu 1 (2 điểm).1 1 x2 .a) Rút gọn biểu thức A (1  x)3  (1  x)32  1 x2với 1  x  1.b) Cho a và b là các số thỏa mãn a > b > 0 và a3  a2b  ab2  6b3  0 .Tính giá trị của biểu thức B a 4  4b4.b4  4a 4Câu 2 (2 điểm).a) Giải phương trình x2 ( x2  2)  4  x 2 x2  4. x  2x  yb) Giải hệ phương trình  3.y2yxCâu 3 (2 điểm).a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình2xy  2xy  x  32 y .b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2  a  3b2  b .Chứng minh rằng 2a  2b 1 là số chính phương.3Câu 4 (3 điểm).Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm diđộng trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắtcung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.a) Chứng minh HKM  2AMH.b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lầnlượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF =OG.DE.c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.Câu 5 (1 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab  6bc  2ac  7abc . Tìm4ab9ac4bcgiá trị nhỏ nhất của biểu thức C .a  2b a  4c b  c----------------------Hết------------------------ĐÁP ÁNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHẢI DƯƠNG---------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌNHỌC SINH GIỎI TỈNHLỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014MÔN THI: TOÁNNgày thi 20 tháng 03 năm 2014(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)Lưu ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng thì giámkhảo vẫn cho điểm tối đa.CâuNội dungACâu1a:(1,0 đ)1  1  x2 .1  x  1  x 2  1  x22  1 x 1  1  x2 .1 1  x20.2521 x  1 x1 x  1 x20.2511  x2 2  2 1 x 20.25 2x 2 = x 20.25a3  a2b  ab2  6b3  0  (a  2b)(a 2  ab  3b2 )  0 (*)0.25Vì a > b > 0  a2  ab  3b2  0 nên từ (*) ta có a = 2 bCâua 4  4b4 16b 4  4b 41b:Vậy biểu thức B  4b  4a 4 b4  64b4(1,0 đ)B0.25t2Đặt t  x 2 x  4  t  2 x  2 x  x x  2 22t  4t 4  t  t 2  2t  8  0  ta được phương trình2t  224222x  0Với t = -4 ta có x 2 x 2  4  4  422 x  2 xx  0 42 16x  2x  8  0x  0 2x 2x  2x  0Với t =2 ta có x 2 x 2  4  2  2 x  2 xx  0 2xx310.250.2512b 44463b212Câu2a:(1,0 đ)Điểm42x  0 424x  2x  2  03  1 . Kết luận nghiệm của phương trình.0.250.250.250.25Từ hệ ta có x3 (2 y  x)  y3 (2 x  y)  ( x 2  y 2 )  2 xy  x 2  y 2   0Câu2b:(1,0 đ)0.25x  y ( x  y )3 ( x  y )  0  x   y0.25* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 )* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 1; 1 );( 1;1 )Vậy hệ phương trình có nghiệm(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3 );(  3;  3 );( 1;1);(1; 1 )0.250.25xy 2  2 xy  x  32 y  x( y  1)2  32 yDo y nguyên dương  y  1  0  x 0.2532 y( y  1)2Vì ( y, y  1)  1  ( y  1)2 U (32)Câu mà 32  25  ( y  1)2  22 và ( y  1)2  24 (Do ( y  1)2  1 )3a:*Nếu ( y  1)2  22  y  1; x  8(1,0 đ)*Nếu ( y  1)2  24  y  3; x  6Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là:0.250.250.25x  8x  6và y 1y  32a2  a  3b2  b  (a  b)(2a  2b  1)  b2 (*)Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d Câu3b:(1,0 đ)0.25*). Thì( a  b ) d  a  b  2a  2b  1 d 2(2a2b1)d b2 d 2  b dMà (a  b) d  a d  (2a  2b) d mà (2a  2b  1) d  1 d  d  1Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a  b và 2a  2b  1 là sốchính phương => 2a  2b  1 là số chính phương.1MH10.250.251OCâu4a:(1,0 đ)0.25Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta11có A1  O1  sđ AM (1)22Ax0.251KBCCó Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A1  M1(2)0.25Tứ giác MHOK nội tiếp  O1  K1 (cùng chắn MH )1Từ (1), (2), (3) ta có M1  K1 hay HKM  2AMH.2(3)0.250.25121FMH1ECó tứ giác AOMD nội tiếp (4)ADG120.25OBCâu4b:(1,0 đ)C11A1  sđ BM ; O1  O2  sđ BM22 A1  O1  tứ giác AMGO nội tiếp (5)Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn G1  D2  D1 OGF và ODE đồng dạngOG GFhay OD.GF = OG.DE.OD DETrên đoạn MC lấy điểm A’ sao choAMA’ = MA  AMA đều1M2 A1  A2  600  BAA0.250.25 MAB  AAC  MB  ACH0.250.25OABCICâu4c:(1,0 đ)  MA  MB  MCChu vi tam giác MAB là MA  MB  AB  MC  AB  2R  ABĐẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm ch ...