Đề Toán lớp 9 năm học 2014_2015 của PGDĐT Hòa Bình

UBND HUYỆN HÒA BÌNH
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
NĂM HỌC 2014 -2015
MÔN : TOÁN
LỚP : 9
Thời gian : 150 phút
(Không kể thời gian giao đề)

(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ
Câu 1: (5 điểm)
a) Chứng minh:  2  4  M31
b) Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố.
2002

Câu 2: (5 điểm)
a) Giải phương trình:  x  3   x  5  2
b) Giải hệ phương trình sau:
4

4

�
3 xy  2  x  y 
�
5 yz  6  y  z 
�
�

4 zx  3  z  x 
�

(I)

Câu 3: (5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 2  3x  3
b) Cho a,b,c �0 .Chưng minh rằng a3  b3  c3 �a 2 bc  b2 ca  c 2 ab .
Dấu “ =” xảy ra khi nào ?
Câu 4: (5 điểm)
Cho đường tròn (O,R), hai đường kính AH và DE.Qua H kẻ tiếp tuyến với đường
tròn (O,R) cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BH và HC.
a) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn (O,R)
b) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH
c) Hai đường kính AH và DE của (O,R) phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích
tam giác AMN bé nhất?
-----Hết-----


UBND HUYỆN HÒA BÌNH
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN
NĂM HỌC 2014 -2015
MÔN : TOÁN
LỚP : 9
Thời gian : 150 phút

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung
2002
a) (2điểm) Chứng minh :  2  4  M31

Điểm

22002 �4(mod 31)

0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

22002  4 �0(mod 31)

0.25đ

Ta có : 25 �1(mod 31)
2

2000

�1(mod 31)

22000 22 �22 (mod 31)

2002
Vậy :  2  4  M31

1

0.25đ

b) (3 điểm) Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số
nguyên tố.
- Nếu p=2 thì p+10=12 và p+14=16 đều là hợp số nên loại

0.5đ

- Nếu p=3 thì p+10=13 và p+14=17 đều là số nguyên tố nên
0.5đ
nhận
- Nếu p>3 thì p  3k �1 (do p là số nguyên tố)
0.5đ

2

Với p=3k+1 thì p  14   3k  15  M3

0.5đ

Với p=3k-1 thì p  10   3k  9  M3

0.5đ

Vậy số nguyên tố cần tìm là p=3

0.5đ

a) (2 điểm) Giải phương trình:  x  3   x  5  2
4

4

35
 x4� x t 4
2

0.25đ

Ta có :  t  4  3   t  4  5   2

0.25đ

�  t  1   t  1  2

0.25đ

� t 4  4t 3  6t 2  4t  1  t 4  4t 3  6t 2  4t  1  2  0

0.25đ

Đặt t  x 

4

4

4

4


� 2t 4  12t 2  0

0.25đ

� t 4  6t 2  0
� t 2  t 2  6  0
�t0
(vì t 2  6  0 vô nghiệm)

0.25đ

Với t = 0 thì x = -4

0.25đ

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = -4

0.25đ

b) (3 điểm) Giải hệ phương trình:

�
3 xy  2  x  y 

�
5 yz  6  y  z 
�
�
4 zx  3  z  x 
�

(I)

Dễ thấy x = y = z = 0 là một nghiệm của hệ đã cho

0.5đ

Xét trường hợp xyz  0 thì hệ

(I) �

�x  y 3
� xy  2
�
�y  z 5

�
yz
6
�
�z  x 4

�
3

� xz

�1 1 3
�x  y  2
�
�1 1 5
�� 
�y z 6
�1 1 4
� 
�z x 3

1đ

(II)
Cộng theo vế ba phương trình của hệ pt (II) ta được:
�1

1

1 � 11

1

1

1

11

2 �   � �   
( 1)
x y z 6
�x y z � 3
Lấy (1) trừ theo vế lần lượt các pt của hệ (II ) ta được:
x=1;y=2;z=3
Vậy hệ pt có hai nghiệm ( 0;0;0) và ( 1;2;3)
3

0.5đ
0.75đ
0.25đ

a) (2 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 2  3x  3
2

3 9 3 � 3� 3
Ta có B = x  3x  3 = x 2  2 x.    �x  �
2 4 4 � 2� 4
2

2

2

� 3�
� 3� 3 3
Vì �x  ��0 nên �x  � �
� 2� 4 4

� 2�

0.5đ
2

Vậy B đạt GTNN bằng

1đ

3
3
� 3�
khi �x  � 0 � x  
4
2
� 2�

0.5đ


b) (3 điểm)
Cho a,b,c �0. Chứng minh rằng:
a 3  b3  c3 �a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab .
Dấu “ =” xảy ra khi nào ?
Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm a3 và abc

0,25đ

Ta có : a 3  abc �2 a 4bc  2a 2 bc

0,5đ

b3  abc �2b 2 ca

Tương tự ta có :

0,25đ

c 3  abc �2c 2 ab

Cộng từng vế ba BĐT trên ta được:
a  b  c  3abc �2  a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab  ( 1)
3

3

0,5đ

3

3
3
3
2
2
2
Mà a  b  c  3abc   a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca 

1
2

2
2
�0
�a  b    b  c    c  a  �
=  a  b  c �
�

0,25đ
0,25đ

2

Do đó a 3  b3  c3 �3abc (2 )

0,25đ

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:



2  a3  b3  c3  �2 a 2 bc  b2 ca  c 2 ab



0,5đ

Hay a3  b3  c 3 �a 2 bc  b2 ca  c 2 ab
Dấu “=” xảy ra khi a = b= c

0,25đ

A

E

O

D

//

I

C

// N

4

H
/

M
/

B

0.25đ

a) (1.75điểm) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn
(O,R)
ˆ  ODH
ˆ (Vì VDOH cân tại O) (1)
Ta có: OHD
0.25đ
ˆ  MDH
ˆ (2)
Chứng minh được tam giác DMH cân tại M � MHD

0.25đ

ˆ  MHD
ˆ  ODH
ˆ  MDH
ˆ
Cộng (1) với (2) theo vế ta được: OHD

0.5đ

ˆ  MHD
ˆ  900 nên ODH
ˆ  MDH
ˆ  900
Mà: OHD

0.25đ

� DM  OD tại D

0.25đ

Vậy: DM là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)

0.25đ

b) (1.5 điểm) Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung
điểm của OH
Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:
0.25đ
AH2=HB.HC
AH CH
AH : 2 CH : 2
OH HN

�

�

BH AH
BH
AH
BH AH
�VBHO : VAHN (c  g  c )
ˆ
ˆ  NAH
� OBH
ˆ  IMH
ˆ ( Vì cùng phụ với góc ANM)
Mà: NAH

�

ˆ  IMH
ˆ � OB // MI
� OBH

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

Vì M là trung điểm của BH nên I là trung điểm của OH
0.25đ
Vậy trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH
c) (1.5điểm) Hai đường kính AH và DE của (O,R) phải thỏa mãn
điều kiện gì để diện tích tam giác AMN bé nhất?
AH .MN
 R.MN  R  MH  HN 
2
R
�BH  HC � R
 R�
�  BH  HC  � .2 BH .CH
2
� 2
� 2

Ta có: SAMN 

0.25đ

0.25đ

Mà : R BH .CH  R. AH 2  R.  2R   2 R 2

0.25đ

Do đó: SVAMN  2 R 2 � BH  HC

0.25đ

�VABC vuông cân tại A � AH  DE

0.25đ

Vậy min SVAMN  2 R 2 � AH  DE

0.25đ

2

( Chú ý: Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa cho ý đó)
------Hết-----