Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (2008 – 2009) - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

555
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán năm 2008 - 2009 của sở giáo dục và đào tạo Hải Dương dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 9 môn Toán (2008 – 2009) - Sở GD&ĐT Hải Dương

Sở Giáo dục và đào Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tạo THCS Hải Dương Năm 2008 – 2009. Môn thi : Toán .Mã số : ............. Thời gian 150 phút Đề1 Câu 1: (2,0 điểm) x x  4x  x  4 Cho biểu thức: A 2 x x  14 x  28 x  16 1) Tìm x để A có nghĩa, từ đó rút gọn biểu thức A . 2) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Câu 2: (1,0 điểm) 1 1 Cho a>0; b > 0 và  1 a b . Chứng minh rằng: a  b  a 1  b 1 Câu 3:(2,0 điểm)
x 1 1) Giải phương trình: x 1  x 1  0  x  y  xy  3  2 3  2) Giải hệ phương trình :  4  x  y4  18  Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số f(x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện f (1 1 f (0) 1 vµ f (1 1 ) , ) 5 Chứng minh rằng: f ( x)  4 khi x  1 Câu 5 :(3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD,BE,CF. Lấy điểm M bất kì thuộc DF, kẻ MN song song với BC (N thuộc DE). Lấy điểm I trên đường thẳng DE sao cho · · MAI  BAC . Chứng minh rằng a )  AMN là tam giác cân b) AMNI là tứ giác nội tiếp c) MA là phân giác của · FMI Câu 6:(1,0 điểm) Trong một kì thi có ba môn: Văn, Toán, Sử và điểm cho thang điểm 10 bậc bằng các số nguyên. Điểm Văn nhân với 3, điểm Toán nhân với 2, điểm sử nhân với 1. Ba giám khảoVăn, Toán, Sử cùng chép điểm của một thí sinh rồi cộng lại. Nhưng
do vô ý, ông nào cũng chép điểm của hai ông kia và cung lẫn lộn điểm của người này ra người khác. Vì thế khi cộng xong giám khảo văn bảo thí sinh vừa đủ điểm đậu( tức 6x5=30điểm). Hai giám khảo kia thì bảo hỏng và đối chiếu số điểm thấy bằng nhau. Hỏi thật sự thí sinh ấy đậu hay hỏng thi? Hết Họ và tên thí sinh:............................................................ Số Báo Danh:................
Sở Giáo dục Và đào Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS tạo Năm 2008 – 2009. ĐỀ 2 Hải Dương Môn thi : Toán .Mã số : ............. Thời gian làm bài : 150 phút , không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm : 01 trang) Đề 2 Câu 1: ( 1,5 điểm)  x2 x 1  x 1 Cho biểu thức A =  x x 1  x  x  1  1 x  : 2   với x0, x  1   1) Rút gọn biểu thức A. 2) Chứng minh rằng 0 < A < 2. Câu 2: (2 điểm) 1) Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: ab bc ca    1. a5  b5  ab b5  c5  bc c5  a5  ca
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x(2008  2010  x2 ) Câu 3: (2 điểm) 2 x 2 x 1) Giải phương trình:   2 2  2 x 2  2 x  x3  2y2  4y  3  0  (1) 2) Giải hệ phương trình:  2 2 2  x  x y  2y  0  (2) Câu 4 ( 3 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. gọi I,K,H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB; HK. 1) Chứng minh MQ  PQ. AB AC BC 2) Chứng minh :   MI MK MH 3) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất Câu 5: Trên một đường tròn ta lấy 1000 điểm rồi đánh số theo thứ tự cùng chiều từ 1 đến 1000. Bắt đầu từ số 1 cứ 15 số ta gạch đI một số, tức là xoá các số 1,16, 31….. Tiếp tục quá trình này qua
một số vòng cho đến khi số 1 bị xóa lần thứ 2. Hỏi trước lúc đó còn lại bao nhiêu số không bị xoá ? Hết . Họ và tên thí sinh:............................................................ Số Báo Danh:................
Hướng dẫn chấm. - Đáp án biểu điểm Câu Đáp án – hướng dẫn Điểm 1,5 1) với x0, x  1 điểm  x2 x  x 1 x  2  x  x  x  x 1 2 1 0,25 Ta có A =    :  .  x x 1 x  x 1 1 x   2 x 1 x  x 1  x 1   x  2 x 1 2 2 .    x 1 x  x  1  x 1 x  x 1 0,5 2) với x0, x  1 ta luôn có A > 0 0,25 2 Lại có: x  x  1  1   2 hay A < 2 x  x 1 0,25 Vậy 0 < A < 2 0,25 5 5 4 3 2 2 3 4 Câu 2 Ta có a + b = (a + b)(a - a b + a b – ab +b ) 2 điểm =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2) Do (a - b)2  0; a,b,c > 0, nên (a - b)2(a2 + ab + b2 )  0 Suy ra a5  b5  a2b2  a  b . Đẳng thức sảy ra khi a = b. 0,25 Do đó: ab ab 1 1 c     (1) a5  b5  ab a2b2  a  b  ab ab  a  b  1 ab  a  b  c a  b  c 0,25 ( vì có abc =1) bc a Chứng minh tương tự tacó  (2) b5  c5  bc a  b  c ca b  (3) c 5  a5  ca a  b  c 0,25 Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có ab bc ca a b c    1 a5  b5  ab b5  c5  bc c5  a5  ca a  b  c Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 0,25 Ta có f ( x)  x  2008. 2008  2010  x2  áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho 2 bộ số :   2008 , 1 ; 2008 , 2010  x2  Ta được f ( x)  x   2008  1. 2008  2010  x2  2009 x 4018  x2 0,25 áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm x2 và 4018  x2 ta có x2  4018  x2 x 4018  x2   2009 0,25 2
Suy ra: f ( x)  2009 2009  2009 2009  f ( x)  2009 2009 0,25 Vây max f ( x)  2009 2009 khi x = 2009 min f ( x)  2009 2009 khi x = - 2009 0,25 Câu 3 ĐK: 0  x  4 2 điểm Đặt 2  x  a  0; 2  x  b  0 Ta có ab  4  x , a2 + b2 = 4 . Phương trình là: a2 b2 0,25   2 2a 2b  a2 2  a2b  b2 2  ab2  2 2  b 2  a 2  ab      2 a2  b2  2  ab  ab  a  b  2  a  b  2  2  ab   a  b 2  ab ( do a2  b2  4) Do 2 + ab  0 nên a – b = 2 Bình phương hai vế ta được a2  b2  2ab  2  2ab  2  ab  1  4  x  1  x  3 0,25 x = 3 thoả mãn điều kiện bài toán. Phương trình có nghệm duy nhất x =3. 0,25 0,25 2) Từ (1)  x3  1  2( y  1)2  x3  1  x  1 0,25 2y Từ (2)  x2  2  x2  1  -1  x  1 0,25 1 y Suy ra x = -1 thay vào (2) ta có: y2 – 2+y + 1 = 0  y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x , y ) = (-1 , 1) 0,25 0,25
Câu 4 3 điểm 1) Tứ giác MCKH nội tiếp A P O K Q B D H C I M  BCM = HKM = · · · · · · BAM; HMK = BCA = BMA   BMA  HMK. 0,25 Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của  BMA,  HMK MP MB · ·   và BMH = PMQ MQ MH 0,25   BMH  PMQ · · Mặt khác BHM = 900  PQM = 900  PQ  MQ. 0,25 0,25 2) Giả sử AC  AB ta có: AB AC AI  BI AK  KC AI AK 0,25      (1) MI MK MI MK MI MK · · · · BI KC ( Do MBI = MCK  cotg MBI = cotgMCK   ) MI MK µ µ µ µ AI CH 0,25 Do C1 = A 1 nªn cotgA 1 = cotgC1   ( 2) MI MH µ µ µ µ AK BH A 2 = B1 nªn cotgA 2 = cotgB1   (3) MK MH 0,25 AB AC CH BH BC Từ (1),(2) và (3) suy ra     MI MK MH MH MH 0,25 1) Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :  MBD  MAC  BMD  AMC, ·  CAM  · · DBM · MB BD   MA AC 0,25 MC CD Tương tự ta có :  MA AB MB MC Do đó  1 MA MA 0,25 Suy ra MA + MB + MC = 2MA  4R 0,25
Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC 0,25 Câu 5 Số đầu bị gạch là số 1, số thứ hai là 1 + 15 = 16 số thứ ba là 1 + 15.2 = 31 1 điểm v.v…. số thứ n bị gạch có dạng 1 + 15(n-1) = 15n - 14 . Bài toán có thể hiểu theo cạch khác là: Sau vòng thứ nhất ở vị trí số 1 ta đặt số 1001, vòng thứ 2 ta đặt số 2001, vòng thứ 3 ta đặt số 3001…. 0,25 Số các số bị gạch là số nguyên, vì vậy quá trình gạch các số này sé kết thúc khi, ở vị trí số 1, trong dãy 1001, 2001, 3001,……lần đầu tiên ta gặp số bị gạch có dạng 15 n -14. 0,25 Giả sử điều đó xảy ra sau k vòng tức là số k.1000 + 1 = 15n – 14 hay k.1000+15 = 15 nnghĩa là số (k.1000+15) chia hết cho 15. Do đó trong dãy số 1015, 2015, 3015….. cần phải tìm số đầu tiên chia hết cho 15. 0,25 Rõ ràng đó là số 3015 vì 3015 = 15.201. Khi đó khác nhau bị gạch là 200 ( vì số 1 bị gạch hai lần lần đầu là số 1 lần sau là số 3001). Vì vậy tất cả các số bị gạch là 200 (số) đồng thời không có số nào bị gạch hai lần. 0,25 Suy ra các số không bị gạch là 1000- 200 = 800 (số).
Sở Giáo dục Và đào Kì thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tạo THCS Hải Dương Năm 2008 – 2009. ĐỀ 3 Môn thi : Toán .Mã số : ............. Thời gian làm bài : 150 phút , không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm : 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm ) 1)Phân tích đa thức sau thành nhân tử : ( a  b  c) 3  a 3  b 3  c3 2)Rút gọn biểu thức sau : A  4  10  2 5  4  10  2 5  5 Câu 2 ( 2,0 điểm ) 1)Chứng minh rằng nếu phương trình :x 4  ax 3  bx 2  ax  1  0 có nghiệm
thì : a 2  (b  2) 2  3  0 2)Tìm giá trị của m để hệ phương trình : mx 2  x  y  1  m   2 2 Có nghiệm duy nhất x  y  1  Câu 3 ( 2,0 điểm ) 1)Tìm các số nguyên dương a,b,c thoả mãn đồng thời các điều kiện : 1 1 1 a b  c  a  b  c và   1 a b c 2)Trên tờ giấy kẻ vô hạn các ô vuông và được tô bởi các màu đỏ hoặc xanh thoả mãn bất cứ hình chữ nhật nào kích thước 2x3 thì có đúng hai ô màu đỏ.Hỏi hình chữ nhật có kích thước 2010x2011 có bao nhiêu ô màu đỏ . Câu4 ( 3,0 điểm ) 1)Cho hình thoi ABCD cạnh a , gọi R và r lần lượt là các bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC.
1 1 4 a) Chứng minh : R 2  r 2  2 a 8 R3r 3 b) Chứng minh : S ABCD  ( R 2  r 2 )2 ; ( Kí hiệu S ABCD là diện tích tứ giác ABCD ) 2) Cho tam giác ABC cân tại A có · BAC  1080 .Chứng BC minh : AC là số vô tỉ. Câu 5 ( 1,0 điểm ) Cho f ( x )  ax 2  bx  c thoả mãn với mọi x sao cho 1  x  1 và f ( x)  p . Tìm số q nhỏ nhất sao cho a  b  c  p.q ...................................Hết .........................................