Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú Thọ dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu về Toán học nhằm giúp bạn củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Câu1( 3,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên 8x2  3xy  5 y  25 2)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n  3n 7 Câu 2( 4,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 2 10  30  2 2  6 2 : 2 10  2 2 3 1 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn . x 2  yz y 2  zx z 2  xy   a b c a 2  bc b 2  ca c 2  ab Chứng minh rằng   x y z Câu 3( 4,0 điểm) 1) Cho phương trình: x2  6x  m  0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12  x22  12 3 3 3  8x y  27  18 y 2 2  4x y  6x  y 2) Giải hệ phương trình:  Câu 4( 7,0 điểm) 1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn vuông góc và cắt BD tại H. Gọi P,Q,R,S lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB. a) CMR: HA2  HB2  HC 2  HD2 không đổi. b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp. 2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA của hình vuông. CMR: S ABCD ≤ AC Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. CMR: ab bc ca abc    a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 6 ---Hêt— MN  NP  PQ  QM 4 Hướng dẫn Câu1.1) 8x2  3xy  5 y  25 8x 2  25 25  y(3x  5)  8x  25  y   9 y  24 x  40  Z 3x  5 3x  5 2 Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được ( x; y)  (10;31); (2;7); (0;5) ( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích) 1.2) Với n chẵn n=2k thì A  2k.4 2 k  32 k  (2k  1).4 2 k  (16 k  9 k )  7  2k  1 7  k  7t  1  n  14t  1  14m  6m  N  2 Với n lẻ n=2k+1 A  (2k  1).4 2k 1  32k 1  2k.4 2k 1  (4 2k 1  32k 1 )7  2k 7  k  7t  n  14m  1m  N  Vậy n  14m  6 hoặc n  14m  1 ( với mọi n  N ) thì A chia hết cho 7 Câu2.1) 2 10  30  2 2  6 2 = : 2 10  2 2 3 1 2 2 ( 5  1)  6 ( 5  1) 3  1 2  3 3 1 4  2 3 3 1 3 1 3 1 1 .  .  .  .  2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 ( 5  1) 2.2)  x 2  yz y 2  zx z 2  xy   a b c a b c a2 bc a 2  bc      (1) x 2  yz y 2  xz z 2  xy x 4  2 x 2 yz  y 2 z 2 y 2 z 2  xy 3  xz 3  x 2 yz x( x 3  y 3  z 3  3xyz ) Tuongtu : b2 ac b 2  ac   (2) y 4  2 y 2 xz  x 2 z 2 x 2 z 2  x 3 y  yz 3  xy 2 z y ( x 3  y 3  z 3  3xyz ) c2 ab c 2  ab   (3) Z 4  2 xyz 2  x 2 y 2 x 2 y 2  x 3 z  y 3 z  xyz 2 z ( x 3  y 3  z 3  3xyz ) Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCM Tuongtu : Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm /  0  m  9 (*)  x1  x2  6  x1  x2  6  x1  4    Mặt khác ta phải có  x1 .x2  m   x1 .x2  m   x1 .x2  m  m  8 TM ĐK (*)  2  x  2 2  2  x1  x2  12  x1  x2  2 3 3 3  8 x y  27  18 y 3.2)Giải hệ phương trình  2 2  4 x y  6 x  y HD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế  3 27 8 x  y 3  18  hệ  2 4 x  6 x  1  y y2 2 x  a  Đặt  3 ta có hệ y b  PT(1) cho y3 PT(2) cho 3 3  a  b  3 a  b  18   2 2  ab  1 a b  ab  3 y2 Ta có  6  3 5 6   3  5 ;   Hệ có 2 nghiệm ( x, y )   ; ;    3 5   4 3  5    4  Câu 4.1) A Q P D B O H S R C a) theo Pitago HA2  HB2  AB 2 ; HC 2  HB2  BC 2 ; HC 2  HD2  CD 2 ; HA2  HD2  AD 2 ; suy ra đpcm b)Tứ giác HPBS nội tiếp  HPS  HBS  DBC Tứ giác HPAQ là hình chữ nhật  HPQ  HAQ  CAD  CBD Do đó SPQ  HPS  HPQ  2CBC Tương tự SQR  2BDC Do đó DBC  BDC  1800  SPQ  SRQ  1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo) 4.2) M A B I N K Q L D C P Cách 1 Gọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tam giác vuông ta có MN  NP  PQ  QM  2( KL  CL  IK  AI )  2 AC từ đó suy ra đpcm Cách 2 Ta có theo Pitago MN 2  BN 2  BM 2  Tương Tự NP  ( BM  BN ) 2 BM  BN ( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky)  MN  2 2 CN  NP DP  DQ AQ  AM ; PQ  ; MQ  2 2 2 Nên MN  NP  PQ  QM  BM  NB  NC  CP  PD  DQ  QA  AM 4a   2a 2 2 2 a 2 MN  NP  PQ  QM   a 2  dpcm 4 Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhật Câu 5 Cho a,b c>0 .Chứng minh rằng: ab bc ca abc    a  3b  2c 2a  b  3c 3a  2b  c 6 Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b 1 1 1 1 11 1 1      Tacó áp dụng BĐT ( x  y  z )     9  x y  z 9 x y z  x y z ab ab ab  1 1 1  1  ab ab a           (1)  a  3b  2c (a  c)  (b  c)  2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2  Tương tự bc bc bc  1 1 1  1  bc bc b           (2) 2a  b  3c (a  b)  (a  c)  2c 9  a  c b  c 2b  9  a  b b  c 2  ac ac ac  1 1 1  1  ac ac c         (2)   3a  2b  c (a  b)  (b  c)  2a 9  a  b b  c 2a  9  a  b b  c 2  Từ (1) (2) (3) 1  ac  bc ab  ac bc  ab a  b  c  a  b  c P      9 ab bc ac 2 6  Dấu “=” xảy ra khi a=b=c