Đề thi chọn HSG 9 Toán cấp tình - Sở GD&ĐT Kon Tum (2012-2103)

Chia sẻ: đinh Thị Thùy Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

197
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo đề thi chọn HSG 9 Toán cấp tình - Sở GD&ĐT Kon Tum (2012-2103) sẽ giúp bạn định hướng kiến thức ôn tập và rèn luyện kỹ năng, tư duy làm bài kiểm tra đạt điểm cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG 9 Toán cấp tình - Sở GD&ĐT Kon Tum (2012-2103)

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán Ngày thi: 16/3/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) ĐỀ: Câu 1: (5,0 điểm) 2 x 9 x  3 2 x 1 Cho biểu thức P    (x  0; x  4; x  9). x2  5 x  6 x 2 3 x a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị của x sao cho P  2 . Câu 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2  10 x  21  6  3 x  3  2 x  7. x  y  z  2  b) Chứng minh rằng nếu ba số x, y , z thỏa mãn hệ phương trình  1 1 1 1 thì có ít x  y  z  2  nhất một trong ba số x, y , z phải bằng 2. Câu 3: (4,0 điểm) Trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d) và (D) lần lượt có phương trình là y  2 x  5 và y  ( m  2) x  m  1 (m là tham số). a) Chứng minh rằng đường thẳng (D) luôn luôn đi qua một điểm cố định thuộc đường thẳng (d ) với mọi giá trị của m  . b) Tìm giá trị của m để gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) một khoảng lớn nhất. Câu 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính phân biệt AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại hai điểm E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. b) Hai đường kính AB và CD có vị trí tương đối như thế nào thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu 5: (2,0 điểm) Cho a, b, c là các độ dài ba cạnh của một tam giác và thỏa hệ thức a  b  c  1 . 1 Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  . 2 --------------------HẾT--------------------
UBND TỈNH KON TUM HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẤP TỈNH LỚP 9 - NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Bản Hướng dẫn có 4 trang) I. HƯỚNG DẪN CHUNG: - Các cách giải khác đúng thì cho điểm tương ứng với biểu điểm đã cho. - Điểm chấm của từng phần được chia nhỏ đến 0,25 điểm. Điểm của toàn bài là tổng điểm của các phần và không làm tròn số. - Trong cùng một câu, nếu ý trên giải sai hay không giải mà ý dưới có liên quan đến kết quả của ý trên thì không cho điểm ý dưới. II. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu Ý Đáp án Điểm 1 a) 2 x 9 x  3 2 x 1 5,0 đ 2,5 đ P  2   (x  0; x  4; x  9). x 5 x 6 x 2 3 x  2 x 9   x 3  x 3    2 x  1 x 2  0,75  x  2 x  3  x  2  x  3  x  3  x  2 2 x  9  ( x  9)  2 x  4 x  x  2  0,5  x 2  x 3  x x 2  0,5  x 2  x  3   x  1 x  2   x 1 . 0,75  x  2  x  3 x 3 b) x 1 x 1 7 x 2,5 đ Ta có: P  2  2 20  0 (1) 0,75 x 3 x 3 x 3 7  x  0  7  x  0  (1)     0,5  x 3 0   x 3 0   x 7   x 7   x 7     0,75  x 3   x 3   x 3   x  49  0,25 0  x  9 Kết hợp điều kiện của x ta có các giá trị cần tìm của x là: 0  x  9 0,25 x  49 hay  . x  4 (1)
2 a) 5,0 đ 2,5 đ Phương trình: x 2  10 x  21  6  3 x  3  2 x  7. (1) Ta có: x 2  10 x  21  ( x  3)( x  7). x  3  0 0,5 Do đó (1) có điều kiện:   x  3 . x  7  0 Khi đó (1) trở thành: ( x  3)( x  7)  3 x  3  2 x  7  6  0 0,75  x3  x 7 3 2    x 7 3  0   x 7 3  x32  0  0,25  x 7 3 0  0,25  x32 0   x7 3 x  2   (tmđk) 0,5  x3  2  x  1 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là S  1; 2 0,25 b) 1 1 1 1 xy  yz  zx 1 2,5 đ Với xyz  0 . Ta có x  y  z  2  xyz  2 (1) 0,25 Vì x  y  z  2 xy  yz  zx 1 Nên (1) trở thành  0,5 xyz x y z  ( xy  yz  zx)( x  y  z )  xyz  0  ( xy  yz  zx)( x  y )  z 2 ( x  y )  0 0,25  ( x  y )( xy  xz  z 2  yz )  0 0,25  ( x  y )( y  z )( z  x )  0 0,5 x  y  0  y  z  0  0,25 z  x  0  z  2   x  2 (2)  0,25 y  2  Từ (2) suy ra có ít nhất một trong ba số x, y , z phải bằng 2 . 0,25 3 a) Giả sử A( x0 ; y0 ) là điểm cố định mà đường thẳng (D) luôn luôn đi qua 4,0 đ 2,0 đ với mọi m  . 0,25 Khi đó ta có: y0  ( m  2) x0  m  1 (1) và (1) đúng với mọi m  . 0,5 Ta có: (1)  m( x0  1)  2 x0  y0  1 0,25 (2)
x  1  0 x  1 (1) đúng với mọi m  khi và chỉ khi  0  0 0,5 2 x0  y0  1  0  y0  3 Vậy đường thẳng (D) luôn luôn đi qua điểm cố định A(1; 3) . 0,25 Khi x  1  y  2 x  5  2.1  5  3 Vậy A(1; 3) thuộc đường thẳng (d ) có phương trình y  2 x  5 . Do đó đường thẳng (D) luôn luôn đi qua điểm cố định A(1; 3) thuộc 0,25 đường thẳng (d ) với mọi giá trị của m  . b) Phương trình đường thẳng OA có dạng y  ax 0,25 2,0 đ A(1; 3)  OA  3  a.1  a  3 Vậy OA : y  3 x 0,5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng (D) 0,5 Ta có: OH  OA (không đổi) Dấu "=" xảy ra  H  A  OA  ( D) 0,25  3( m  2)  1 7 0,25 m 3 7 Vậy m  thì gốc tọa độ O cách đường thẳng (D) một khoảng lớn 0,25 3 nhất. 4 a) B 4,0 đ 2,5 đ K D O I C H E P A 0,5 Q F Hình vẽ đúng cho câu a) Dựng PI  BQ ( I  BQ ), PI cắt AB tại H Ta có H là trực tâm của BPQ 0,5 Mà O, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB và AF của ABF Suy ra OQ là đường trung bình của ABF . 0,5 Do đó OQ // BF . OQ / / BF Ta có:   OQ  BE  BF  BE 0,5 BEQ có hai đường cao AB và QK cắt nhau tại O , nên O là trực tâm của BEQ . (3)
Khi đó OE  BQ , mà PI  BQ . Do đó EO // PI . AEO có P là trung điểm của AE và EO // PH 0,5 Suy ra H là trung điểm của OA (đpcm). b) BEF vuông tại B có BA là đường cao nên AE.AF  BA2  4 R 2 0,25 1,5 đ 1 1 AE  AF Ta có: S BPQ  BA.PQ  .2 R.  R AE. AF  2 R 2 0,75 2 2 2 Dấu '' = '' xảy ra  AE  AF  BEF vuông cân tại B . 0,25  AB  CD Vậy khi AB  CD thì S BPQ nhỏ nhất. 0,25 5 Ta có a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: 2,0 đ a  b  c  0; b  a  c  0; c  a  b  0 0,5 Từ các bất đẳng thức trên ta có: a 2  (b  c) 2  a 2  b 2  c 2  2bc (1) b 2  (a  c) 2  b 2  a 2  c 2  2ac (2) 0,5 c 2  (a  b) 2  c 2  a 2  b 2  2ab (3) Cộng 3 bất đẳng thức (1), (2) và (3) vế theo vế và rút gọn ta được: a 2  b 2  c 2  2( ab  bc  ca) (4) 0,5 2 Ta có a  b  c  1  ( a  b  c)  1  a 2  b 2  c 2  2( ab  bc  ca)  1 0,25  2( ab  bc  ca )  1  ( a 2  b 2  c 2 ) (5) Từ (4) và (5) suy ra: a 2  b 2  c 2  1  (a 2  b 2  c 2 ) 1 Hay a 2  b 2  c 2  (đpcm) 0,25 2 --------------------HẾT-------------------- (4)