Đề thi học sinh giỏi cấp huyện Toán 9 (2012 - 2013) - Phòng GD&ĐT Thanh Chương - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Tín | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

940
lượt xem 192
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 9 năm 2012 - 2013 của Phòng giáo dục và đào tạo Thanh Chương có kèm đáp án giúp các bạn học sinh chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện Toán 9 (2012 - 2013) - Phòng GD&ĐT Thanh Chương - (Kèm Đ.án)

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG I ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN 9 (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.5 điểm ). Rút gọn các biểu thức sau a. A = 3x  x2  4 x  4 b. B = 3 5  3 5  2 c. C = (1+ tan2α)(1- sin2α) + (1+cotan2α)(1-cos2α) Bài 2: (2.0 điểm). Giải các phương trình a. x x  2 x  x  0 b. x 2  5 x  36  8 3x  4 Bài 3: (2.0 điểm) a. Cho các số nguyên dương a; b; c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn: (a + b)c = ab. Xét tổng M = a + b có phải là số chính phương không? Vì sao? b. Cho x; y  0 và x  y  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 20 11 P 2 2  x y xy Bài 4: ( 2,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vuông góc với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: a. Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC. cos 2 BAC b. BH.KM = BA.KN GA5  GB5  GH 5 c. 4 2 GM 5  GK 5  GN 5 Bài 5: (1 điểm) Điểm M cố định thuộc đoạn thẳng AB cho trước.Vẽ về cùng một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng Mt và Mz thay đổi luôn vuông góc với nhau tại M và cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D và tạo góc AMC   . Xác định số đo  để tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. Hết./. Họ và tên thí sinh……………………………………...……….SBD………….…………
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 9. MÔN: TOÁN Bài Ý Nội dung cần đạt Điểm a 4 x  2; neu x  2 0.25x3  3 x  ( x  2) 2  3 x  x  2   0.75 2 x  2; neu x  2 B. 2  6  2 5  6  2 5  2  ( 5  1)2  ( 5  1) 2  2 0.5 b 0.75 0.25 = | 5  1|  | 5  1| 2 = 5  1  5  1  2 = 0. Suy ra A = 0 1. 0.2x5 sin 2  cos2  2.5 C  (1  )(1  sin 2  )  (1  )(1  cos 2  ) = cos 2  sin 2  b. sin 2  cos 2   (1  )(cos2  )  (1  )(sin 2  ) = 1.0 cos2  sin 2  sin 2   cos2  cos 2   sin 2  1 1  2 .cos2   2 sin 2  =  2 .cos 2   2 sin 2  =2 cos  sin  cos  sin  ĐK: x0 0.25x4 2a. x x  2 x  x  0  x (x  2  x )  0 1.0 x  0 ; Học sinh đối chiếu ĐK và kết luận nghiệm  x ( x  2)( x  1)  0   2. x  4 2.0 4 0.25 ĐKXĐ: x  2b. 3 ( x  8 x  16)  (3 x  4  2 3x  4.4  16)  0  ( x  4) 2  ( 3 x  4  4) 2  0 2 0.25 1.0 0.25  x  4  0 và 3 x  4  4  0  x  4(tm) 0.25 ( a  b)c  ab  (a  c)(b  c)  c 2 0,25 Gọi UCLN của a-c và b-c là d  c 2  d 2  c  d  a  d ; b  d mà a; b; c là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên d = 1 3. 3a. Do đó a-c và b-c là hai số chính phương. Đặt a-c = p2; b-c = q2 0.25 2.0 1.0 ( p; q là các số nguyên) c2 = p2q2  c = pq  a+b = (a- c) + (b – c) + 2c = ( p+ q)2 là số chính phương 0.5 Chấm điểm tối đa nếu: HS lập luận a + b không tồn tại từ việc phân tích đẳng thức: (a + b)c = a.b vì a,b,c đôi một nguyên tố cùng nhau.
20 10 1 20 20 4 80 0,25 P     20. 2  2 x y 2 xy xy . Ta có x  y 2 2 2 xy x  y  2 xy ( x  y ) 2 2 Mà x  y  2 0,25 20 20 2 2   20 Nên x y 2 xy . Dấu bằng khi x = y =1 ( x  y ) 2 22 1 Mặt khác : xy    1 . Nên  1 . Dấu bằng xảy ra khi 3b. 4 4 xy 0.25 1.0 x = y =1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 21 khi và chỉ khi x = y =1 0.25 A 0.25 F E K N H G B D M 4. 2.5 C AE AF 0.25 AEB vuông tại E nên cos BAE  ACF vuông tại F nên cos CAF  AB ; AC Tư đó chứng minh được tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) 0.25 4a 1.0 Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên 0.25 S AEF AE 2 0.25  2  cos 2 BAC  S AEF  S ABC .cos2 BAC S ABC AB ABH và MNK có BAH  NMK ; ABH  MKN (Góc có cạnh tương ứng song song) 0.5 4b. BA BH 0.75 Suy ra AHB đồng dạng với MNK ( g.g);    BA.KN  BH .KM 0.25 KM KN
AB AH AHB đồng dạng với MNK nên   2 ( Vì MN là đường TB của tam giác MK MN AG HG AHC); Lại có:  2;  2 ( G là trọng tâm của tam giácAHC) MG NG AB AG 4c.    2 . Mặt khác BAG  GMK ( so le trong) 0.25 MK MG 0.75  ABG đồng dạng với tam giác MKG (c.g.c) GB GA GH GB5 GA5 GH 5 GB5  GA5  GH 5    2     32 GK GM GN GK 5 GM 5 GN 5 GK 5  GM 5  GN 5 GB5  GA5  GH 5  4 2 0.25 GK 5  GM 5  GN 5 1 Ta có : SMCD =MC.MD ; Đặt MA = a , MB = b, Ta có AMC  BDM   ; 2 a b 1 ab MC = , MD = ; SMCD = cos sin  2 cos.sin  0.5 Do a,b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất  2sin.cos lớn nhất . Theo bất đẳng thức 2xy  x2 +y2 ta có : 2sin.cos  sin  +cos2 = 1 nên 2 SMCD ≥ ab SMCD = ab  sin = cos  sin = sin(900)   = 900   = 450 5 y  AMC và BMD vuông cân. 1.0 Vậy min SMCD = ab . D 0.5 x Khi  = 450 ; C,D được xác định trên tia Ax ; By  sao cho AC = AM , BD = BM . C A ( a M b B
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG II ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2011 - 2012 (Đề gồm 1 trang) Môn thi: TOÁN 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) x 2 x2 Câu 1. Cho biểu thức: P    x  x x  2 x ( x  1)( x  2 x ) a. Rút gọn P . b. Tính P khi x  3  2 2 . c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Câu 2. Giải phương trình: a. x 2  10 x  27  6  x  x  4 b. x 2  2 x  x x  2 x  4  0 Câu 3. a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y 2  2 xy  3x  2  0 3 1  x 1  1  3  2x x  b. Cho x  1; y  0 , chứng minh: 3    3  3   ( x  1)  y  y  x 1 y  c. Tìm số tự nhiên n để: A  n 2012  n 2002  1 là số nguyên tố. Câu 4. Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a. Chứng minh: 2  không đổi AE AF 2 b. Chứng minh: cos AKE  sin EKF .cos EFK  sin EFK .cos EKF c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD. Câu 5. Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, ba điểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đường thẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất. Hết./.
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2 NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9. Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm x 2 x2 0,25 P   x ( x  1) x ( x  2) x ( x  1)( x  2) x( x  2)  2( x  1)  x  2 x x  2 x  2 x  2  x  2 0,25   a x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) x x  2x  2 x  x x ( x  1)( x  2) ( x  1) 0.5    x ( x  1)( x  2) x ( x  1)( x  2) ( x  1) x  3  2 2  x  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1 0.25 1 2,25 b ( x  1) 2 11 2 2 P    1 2 0.25 ( x  1) 2 11 2 ĐK: x  0; x  1 : 0.25 ( x  1) x 1 2 2 P   1 0.25 c ( x  1) x 1 x 1 0.25 Học sinh lập luận để tìm ra x  4 hoặc x  9 ĐK: 4  x  6 : 0.25 VT  x 2  10 x  27  ( x  5) 2  2  2 , dấu “=” xẩy ra  x  5 0.25 VP  6  x  x  4  (12  12 )(( 6  x ) 2  ( x  4)2 )  VP  2 , dấu “=” xẩy ra a 0.25 1 1    6 x  x 4  x  5 6 x x4 VT  VP  x  5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x  5 0.25 ĐK: x  0 . Nhận thấy: x  0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả 2 hai vế cho x ta có: 1,75 0.75 2 2 4 4 2 x  2x  x x  2 x  4  0  x  2  x    0  (x  )  ( x  )2  0 x x x x b 2 4 4 Đặt x  t  0  t 2  x  4   x   t 2  4 , thay vào ta có: x x x t  3  (t 2  4)  t  2  0  t 2  t  6  0  (t  3)(t  2)  0    t  2 Đối chiếu ĐK của t
2 x  4 t 3 x  3  x  3 x  2  0  ( x  2)( x  1)  0   x x  1 y 2  2 xy  3x  2  0  x 2  2 xy  y 2  x 2  3x  2  ( x  y ) 2  ( x  1)( x  2) (*) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếp 0.5 a  x 1  0  x  1  y  1 nên phải có 1 số bằng 0.    x  2  0  x  2  y  2 Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y )  (1;1) hoặc ( x; y)  (2; 2) 1 x 1 1 x  1; y  0  x  1  0; y  0  3  0;  0; 3  0 ( x  1) y y Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương: 1 1 1 3 3  1  1  3. 3 3 .1.1  3  2 (1) ( x  1) ( x  1) ( x  1) x 1  x 1  3  x 1  3 3  x  1  3( x  1) 0.75   1 1  33   .1.1     2 (2)  y   y   y  y b 1 1 1 3 3 3  1  1  3. 3 3 .1.1  3   2 (3) 2.0 y y y y Từ (1); (2); (3): 3 1  x 1  1 3 3( x  1) 3 3    3 6  ( x  1)  y  y x 1 y y 3 1  x 1  1 3  6 x  6 3x 3  2x x  3    3   3(  ) ( x  1)  y  y x 1 y x 1 y Xét n  0 thì A = 1 không phải nguyên tố; n  1 thì A = 3 nguyên tố. 0.25 Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1 = n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1) c Mà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1 0.5 Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1 Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1.
A B M M' 0.25 N N' P E C K D Q F H Học sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g) suy ra AF = AK 0.5 Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: 0,5 a 1 1 1 1 1 1 1 2  2  2 hay 2  2  2  2 (không đổi) AK AE AD AF AE AD a 1 1 0,25 HS c/m S KEF  KE .EF .sin AEK  KE.EF .cos AKE 2 2 4 1 1 Mặt khác: S KEF  EH .KF  EH .( KH  HF ) . Suy ra: 0,25 2 2 b EH .KH  EH .HF KE.EF .cos AKE  EH .( KH  HF )  cos AKE  0,5 : KE.EF EH KH EH HF  cos AKE  .  .  sin EFK .cos EKF  sin EKF .cosEFK EF EK KE EF 3.0 Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N  MN’ là phân giác của DMM '  Cách dựng điểm N: - Dựng M’ đối xứng M qua AD 0.25 c - Dựng phân giác DMM ' cắt DM’ tại N’ 0.25 - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD d 0.25 Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho H điểm tối đa. I P 0.25 A B K O D 5 C 1.0 Gọi O giao điểm 2 đường chéo hình bình hành, kẻ OP vuông góc d tại P 0.25 HS lập luận được BH + CI + DK = 4OP 0.25 Mà OP  AO nên BH + CI + DK  4AO. Vậy Max(BH + CI + DK) = 4AO Đạt được khi P  A hay d vuông góc AC 0.25
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa