Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 15)

Xuân Đức 66
Đề thi chọn học sinh giỏi thcs cấp tỉnh vòng 2 (đề số 19)
Năm học 2008 - 20059Môn: Toán 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2 điểm)
a/ Tính giá trị biểu thức: P =
23
625)625(
+
+
b/ Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số dơng thoả mãn a + c = 2b thì ta luôn có:
ca
cbba
+
=
+
+
+
211
Câu 2 (1,5 điểm)
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x
2
+ 4x = 19 - 3y
2
b/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
2
4 2
1
x
x x+ +
Câu 3 (2,5 điểm) Xét đa thức P(x) = x

9
+ x
99
a/ Chứng minh rằng P(x) luôn luôn chẵn với mọi x nguyên dơng
b/ Chứng minh rằng P(2) là bội số của 100
c/ Gọi N là số nguyên biểu thị số trị của P(4). Hỏi chữ số hàng đơn vị của N có thể là
chữ số 0 đợc không ? Tại sao ?
Câu 4 (3 điểm)
Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm trong góc đó. Hãy tìm trên Ox, Oy các điểm A, B
sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Cho 3 số dơng a, b, c thoả mãn điều kiện a + b > c và |a - b| < c. Chứng minh rằng ph-
ơng trình a
2
x
2
+ (a
2
+ b
2
- c
2
)x + b
2
= 0 luôn luôn vô nghiệm.
Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THCS cấp tỉnh
Xuân Đức 66
Năm học 2004 - 2005
Môn: Toán 9
Câu 1

a/ P =
123)23)(23(
23
2
)23(
2
)23(
==+=
+
+
(1/2 điểm) (1/2 điểm)
b/ Ta có:
VT =
cb
cb
ba
ba


+


(*) (1/4 điểm)
Từ a + c = 2b => a = 2b c thay vào (*) ta có (1/4 điểm)
VT =
cb
ca
cb
cbba
cb

cb
bcb
ba


=

+
=


+


2
(**)
(1/4 điểm)
Thay b =
2
ca
+
vào (**) ta có
VT =
=
+
=


=
+

caca
ca
cca
ca
2)(2
2
2
VP (Đpcm) (1/4 điểm)
Câu 2
a/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2x
2
+ 4x = 19 - 3y
2
<=> 4x
2
+ 8x + 4 = 42 - 6y
2
<=> (2x + 2)
2
= 6(7 - y
2
) (1/4 điểm)
Vì (2x + 2)
2


0 => 7 - y
2

0 => 7

y
2
mà y

Z => y =
2;1;0

(1/4 điểm)
+ Với y =

1 => (2x + 2)
2
= 6(7 - 1) <=> 2x
2
+ 4x - 16 = 0
=> x
1
= 4; x
2
= -2.
+ Với y =

2 =>2x
2
+ 4x - 7 = 0 => x
1

, x
2


Z (loại) (1/4 điểm)
+ Với y = 0 =>2x
2
+ 4x - 19 = 0 => x
1
, x
2


Z (loại)
Vậy cặp nghiệm (x, y) của phơng trình là: (4; 1); (4; -1); (-2; 1); (-2; -1).
b/ Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M
đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x
2
ta đợc:
M =
1
2
1
2
1
++

x
x
(1/2 điểm)
M đạt giá trị lớn nhất khi
2
1
2
x
x
+
nhỏ nhất =>
2
1
2
x
x
+
= 2 => x =

1
Vậy M lớn nhất bằng
1
/
3
khi x =

1
Câu 3 Ta có P(x) = (x
3
)
3
+ (x
33
)
3
= (x
3
+ x
33
)( x
6
x
36
+ x
66
)
= (x + x
11
)(x
2
x
12
+ x
22
)( x
6

x
36
+ x
66
) (1/4 điểm)
a/ Với x chẵn thì x
9
, x
99
đều chẵn
x lẻ thì x
9
, x
99
đều lẻ
=> x
9
+ x
99
đều chẵn với mọi x nguyên dơng (1/4 điểm)
b/ Ta có x
11
= 2048 nên x + x
11
= 2050 (1/4 điểm)
Vì x = 2 nên các thừa số còn lại đều chẵn do đó p là bội của 4100
Xuân Đức 66
Vậy P(2) chia hết cho 100 (1/4 điểm)
c/ Ta có N = P(4) = 4
9

+ 4
99
= (2
9
)
2
+ (2
99
)
2
= (2
9
+ 2
99
)
2
2 . 2
9
. 2
99
(1/4 điểm)
Theo câu b thì số bị trf có chữ số hàng đơn vị là 0 mà số trừ lại có số hàng đơn vị khác
0 hay hiệu của chữ số hàng đơn vị khác 0
Vậy chữ số đơn vị của N khác 0.
Câu 4
- Dựng A đối xứng với M qua Ox (1 điểm)
- Dựng B đối xứng với M qua Oy
- Nối AB cắt Ox tại A, cắt Oy tại B (1 điểm)
=> AM = AA (A

Ox trung trực của AM)
BM = BB (B

Oy trung trực của BM)
(1/2 điểm)
=> P
(AMB)
= AA + AB + BB nhỏ nhất
(vì A, A, B, B thẳng hàng)
Câu 5
Tính biệt số

= [(a b)
2
c
2
][(a + b)
2
c
2
]
(1/2 điểm)
Vì a + b > c > 0 và 0 < | a b| < c
nên (a b)
2
< c
2
=> (a b)
2
c

2
< 0
và (a + b)
2
> c
2
=> (a + b)
2
c
2

> 0
Do vậy

< 0 => Phơng trình vô nghiệm (1/2 điểm)
x
y
O
M
A'
B'
A
B