Đề thi chọn HSG huyện vòng 1 Toán 9 (2012 – 2013) – Phòng GD&ĐT Bình Giang (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

200
lượt xem 44
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi huyện vòng 1 môn Toán 9 ( 2012 – 2013) kèm đáp án của Phòng giáo dục và đào tạo Bình Giang giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG huyện vòng 1 Toán 9 (2012 – 2013) – Phòng GD&ĐT Bình Giang (Kèm Đ.án)

PHÒNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN - LỚP 9 (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu I (2,0 điểm). x2 x 1 1 Cho biểu thức: A    với x  0, x  1 x x 1 x  x  1 1 x 1) Rút gọn A 1 2) Chứng tỏ rằng: A  3 Câu II (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: x  x  15  17 2) Tìm x, y sao cho: 5x  2 x  2  y   y2  1  0 Câu III (2,0 điểm). 1) Tìm số nguyên x, sao cho : x 2  x  p  0 với p là số nguyên tố. m2  2013m  2012 2) Tìm m để hàm số bậc nhất y  x  2011 là hàm số m2  2 2m  3 nghịch biến. Câu IV (3,0 điểm). 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R), hai đường cao BE và CF của tam giác cắt nhau tại H. Kẻ đường kính AK của đường tròn (O ; R), gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh AH = 2.IO. b) Biết BAC  600 , tính độ dài dây BC theo R. 2) Cho ABC(A  900 ) , BC = a. Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp r 2 1 ABC là r. Chứng minh rằng:  . a 2 Câu V (1,0 điểm). Cho x  3y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C  x 2  y 2 –––––––– Hết ––––––––
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN - LỚP 9 Câu Phần Nội dung Điểm x2 x 1 1 A   0.25   x 1 x  x 1  x  x 1 x 1 x  2  x  1  x  x 1 A 0.25 1   x 1 x  x  1  (1,0 đ) x x A 0.25    x 1 x  x 1 x  x 1 x Câu I A  , với x  0, x  1 0.25 (2,0 điểm)  x 1 x  x 1 x  x 1 2 1 Xét  A   1 x  x 1   0.50 3 3 x  x  1 3(x  x  1) 2 Do x  0, x  1 2 (1,0 đ) 2  1 3    x  1  0 và x  x  1   x     0  2 4 0.25 1 1  A 0 A  0.25 3 3 ĐKXĐ: x  15 x  x  15  17  x  15  x  15  2  0 0.25 Đặt t  x  15 (t  0)  t 2  t  2  0 0.25 1 (1,0 đ)  t  2  TM§K    t  2  t  1  0   0.25  t  1  lo¹i   Với t  2  x  15  2  x  15  4  x  19 (TMĐK) 0.25 ĐKXĐ: x  0 Câu II 5x  2 x  2  y   y2  1  0  4x  4 x  1  x  2y x  y 2  0 0.25 (2,0 điểm) 2 2   2 x 1    x  y  0 (1) 0.25 2 2 Vì  2 x  1  0,  x  y   0 x  0, y 2 2 2 (1,0 đ)  2 x  1   x  y   0 . 0.25  1 2 x  1  0  x   4 Để (1) xẩy ra thì   (TM) 0.25  x y0  y  1   2 Theo bài ra: p  x  x  x  x  1 mà x, x + 1 là số nguyên liên tiếp 2 Câu III 1 nên x  x  1 là số chẵn  p là số chẵn. 0.25 (2,0 điểm) (1,0 đ) Mặt khác p là số nguyên tố nên p = 2 0.25  x  x  2  0   x  2  x  1  0  x = 1 hoặc x = - 2 (TM) 2 0.50
m 2  2013m  2012 Để hàm số y x  2011 nghịch biến thì m 2  2 2m  3 m 2  2013m  2012 2 m 2  2 2m  3    0 (1). m 2  2 2m  3  m  2  1  0 m 0.25 (1)  m 2  2013m  2012  0   m  1 m  2012   0 0.25 2 (1,0 đ)  m  1  0  m  1     m  2012  0   m  2012  m  1  0  m  1 0.25    m  2012  0   m  2012   1  m  2012 0.25 A Vì B, C thuộc đường tròn đường kính AK  ABK  ACK  900 E  KB  AB, KC  AC 0.25 F CH  AB, BH  AC (gt) O H  BK // CH,CK // BH 1a  BHCK là hình bình hành 0.25 (1,0 đ) B I C I là trung điểm của BC (gt)  I là trung điểm của HK K O là trung điểm của AK (gt)  OI là đường trung bình của KAH 0.25 1  OI  AH  AH  2.IO 0.25 2 OA  OC  OAC cân tại O  OAC  OCA KOC  OAC  OCA (T/c góc ngoài của tam giác)  KOC  2.OAC 0.25 Câu IV Chứng minh tương tự: KOB  2.OAB (3,0 điểm) 1b (1,0 đ)    KOC  KOB  2 OAC  OAB  BOC  2.BAC  1200 0.25 OB  OC  OBC cân tại O  OCI  1800  1200  : 2  300 0.25 Vì I là trung điểm của BC (gt)  OI  BC  3   Trong OIC I  900 : IC  OC.cos300  R. 2  BC  R 3 0.25 B r 2 1 D   2r  a 2  a  2r  a  a 2 0.25 a 2 E r O C/m được AB + AC = 2r + a 0.25  AB  AC  BC 2 A 2 F C  AB2  2AB.AC  AC2  2BC2 (1,0 đ)  AB2  2AB.AC  AC 2  2AB2  2AC2 2   AB  AC   0 1 0.25 r 2 1 BĐT (1) đúng   , dấu “=” xảy ra khi ABC v/cân tại A. 0.25 a 2 Câu V (1,0 đ) Do x  3y  1 , đặt x  3y  1  a với a  0  x = 1 + a – 3y, thay vào (1,0 điểm)
biểu thức C:  C  10y2  6ay  6y  a 2  2a  1 0.25 2  3  1 1 1 C  10  y   a  1    a 2  2a    . 0.50  10  10 10 10 1  min C  khi: 10  3  3  3  3  y  10  y   a  1  0  y  y   10  10   10   0.25 a  0  a  0   x  3y  1  x  1    10 * Học sinh làm bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.