Trường THCS Liên - LýĐỀ THI KSCL HSG Môn Toán 9Năm học 2014 – 2015. Thời gian: 120 Phút Câu 1: ( 4,5 điểm)
Cho biểu thức: P =
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x =
c) Tìm tất cả các giá trị của x để P có giá trị nguyên.
Câu 2: (6 điểm)
a) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn:
Chứng minh rằng :
chia hết cho 3
b) Giải phương trình:
c) Giải phương trình nghiệm nguyên:
Câu 3: ( 3,5 điểm)
a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: x
2 + y
2 + z
2 = 3.
Chứng minh rằng: x+ y + z + xy + yz + zx
6
b) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 0 < a, b, c <1 và ab + bc + ca = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu 4:(6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM.
a) Chứng minh rằng : ME // BN và ∆OEM vuông cân
b)Từ C kẻ CH
BN ( H
BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
…………………………….. Hết …………………………………………
Hướng dẫn chấm HSG toán 9 Năm học 2014 - 2015 Câu | ý | Đáp án | Điểm |
1 | a | * ĐKXĐ: x 0 , x | 0,5đ |
ta có : P = = | 0,5đ |
= | 0,5đ |
= | 0,5đ |
b | Với x = = 1( t/m ĐKXD) thay vào P ta có : | 1,0đ |
P = | 0,5đ |
c | Với x 0 ta có P = Vì với x 0 và 4>0 Do P có giá trị nguyên P = 1 | 0,5đ |
| Với P = 1 (t/m) | 0,5đ |
2 | a | Từ | 0,75đ |
(*) | 0,75đ |
Từ (*) dễ thấy khi a, b, c thì , đpcm. | 0,5đ |
b | ĐKXĐ: x | |
Từ (*) | 1,0đ |
Do , nên từ (*) suy ra: Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 | 1,0đ |
c | | 0,5 |
| 1,0 |
| 0,5 |
3 | a | Ta có : x2 + 1 2x , y2 + 1 2y, z2 + 1 2z và x2 + y2 2xy, y2 + z2 2yz, z2 + x2 2zx | 0, 75đ |
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có: 3(x2 + y2 + z2) + 3 2( x + y + z + xy + yz + zx) x + y + z + xy + yz + zx 6 vì x2 + y2 + z2 = 3 ( đpcm) + Dấu “ =” xẩy ra khi x = y = z = 1 | 0,5đ 0,25đ |
b | Từ giả thiết chứng minh được | 0,25 |
Do a, b, c Î(0;1) nên a(1-a), b(1-b), c(1-c), | 0,25 |
Áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dương ta có : | 0,75đ |
Cộng vế với vế của 3 bđt trên ta có: vì | 0,25 |
Theo CMT | 0,25 |
Dấu bằng xảy ra khi Vậy | 0,25 |
4 | | Hình vẽ | |
a | Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông AB = CD và AB // CD + AB // CD AB // CN ( Theo ĐL Ta- lét) (*) Mà BE = CM (gt) và AB = CD AE = BM thay vào (*) Ta có : ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét) | 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ |
| HS cm được ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c) | 0,75 đ |
OE = OM và Lại có vì tứ giác ABCD là hình vuông kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O | 0,25đ 0,5đ |
b | Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN ( cặp góc so le trong) Mà vì ∆OEM vuông cân tại O | 0,25đ 0,25đ |
∆OMC ∆BMH’ (g.g) | 0,25đ |
,kết hợp ( hai góc đối đỉnh) | 0,25đ |
∆OMB ∆CMH’ (c.g.c) | 0,25đ |
Vậy mà CH BN ( H BN) H H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm) | 0,25đ 0,5đ |
Lưu ý : - HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó
- Vẽ hình sai không chấm điểm câu hình