Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Đại An

Chia sẻ: Agatha25 Agatha25 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Đại An. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích dành cho giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập môn Toán lớp 9 cấp trường.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Đại An

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG PHÒNG GD& ĐT THANH BA NĂM HỌC 2019 - 2020 TRƯỜNG THCS ĐẠI AN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN - LỚP 9 Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức  1 1   2x  x  1 2x x  x  x  1 A   :   Với x  0; x  ; x  1 1 x x   1 x 1 x x  4 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi x  17  12 2 c) So sánh A với A . Bài 2: (4,0 điểm) a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x3 + y3 b) Chứng minh rằng: 20082 2008 Biểu thức B  1  20082   có giá trị là một số tự nhiên. 20092 2009 Bài 3: (4,0 điểm) a) Giải phương trình x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3 b) Cho 3 số thỏa mãn điều kiện: x2+2y+1 = y2+2z+1 = z2+2x+1 = 0 Hãy tính giá trị của biểu thức: A = x2012 + y2012 + z2012 Bài 4.(7,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c; AC = b; BC = a, phân giác AD a) Chứng minh hệ thức AD2 = AB.AC – BD.DC b) Tính độ dài phân giác AD? Bài 5: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 1 1 1 1 A    ............  1 2 2 3 3 4 2009  2010 ----- Hết -----
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2019-2020 MÔN TOÁN LỚP 9 Bài 1 (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức (2 điểm)  1 1   2x  x  1 2x x  x  x   1  A    :  1  x    x  0;x  ;x  1  1 x x  1 x x  4   :  x  1  x  2x  2 x  x  1  x 2x  x  1     0.5  x 1 x     1 x 1 x  1 x 1 x  x         2 x 1  x 1 2 x 1 :    x x 1 2 x 1       0.5  x x  1  1 x 1 x     1 x 1 x  x       0.25 2 x 1   1   :  2 x  1   x     x x  1    1  x 1  x  x   0.25 1 x  x  x 1 x    2 x 1  : 2 x 1 :  x  x 1  1 x 1 x x  0.5 1 1 1 x  x  :  x   1 x 1 x 1 x x  x b) Tính giá trị của A khi x  17  12 2 (1 điểm).   3  2 2   3  2 2 2 Tính x  17  12 2  3  2 2  x 2  3 2 2 0.5 A  1  3  2 2  17  12 2   15  10 2 5 3  2 2   5 0.5 3 2 2 3 2 2 3 2 2 c) So sánh A với A (1 điểm). 1 x  x 1 Biến đổi A   x 1 0.25 x x 1 1 0.25 Chứng minh được x   2 với mọi x  0;x  ;x  1 x 4 A  x 1 x  1  1 A  1 A  1  0  A A  1  0   0.5  A  A  0 A  A Bài 2 (4 điểm) a) Ta có M = x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2) = x2 - xy + y2 ( vì x + y = 1) 0.25
x2 y 2 x2 y2 1 2 x y 2 0.5 M=    xy   (x  y2 )  (  ) 2 2 2 2 2 2 2 1 Suy ra M  ( x 2  y 2 ) 0.25 2 Mặt khác : x + y =1  x2 + y2 +2xy = 1  2(x2 + y2) – (x – y )2 = 1  2(x2 + y2)  1 1 0.5 Do đó : x2 + y2  2 1 Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2 1 1 1 1 1 Ta có M  ( x 2  y 2 ) và x2 + y2   M    0.25 2 2 2 2 4 1 1 1 Vậy M  , nên giá trị nhỏ nhất của biểu thức M bằng khi x = y = 0.25 4 4 2 20082 2008 b) Biểu thức B  1  2008   2 có giá trị là một số tự nhiên ). 20092 2009 20082 2008 20082 2008 1 2008  2.1.2008  0.75 2 Ta có : B  1  2008   2   . 20092 2009 20092 2009 2 2008 20082 2008  2008  2008   2009  2.2009. 2 0.75     2009   2009  2009 .  2 2009 2009 2009 2008 2008 2008 2008  2009    2009    2009. 0.5 2009 2009 2009 2009 Vậy B có giá trị là một số tự nhiên. Bài 3 (4điểm) Giải phương trình a) x2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3   x  1 x  2  x  3  x2  x  1 x  3 1 0.5  x  1 x  2  0  x  3  0 0.25 Điều kiện  x2  x  2  0  x  1 x  3  0      0.25 1  x2 x 1 1  x  3 x 1 1  0 0.5  x 1 1 0  x 1  1   x 1 1  x2 x3 0     x  2  x  3  0  x  2  x  3 x2 0.5 x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. b).Ta có x2+2y+1 = 0 (1); y2+2z+1 = 0 (2) z2+2x+1 = 0 (3) 0.25
Cộng từng vế của (1),(2),(3) ta có 0.5 (x2+2x+1) +( y2+2y+1) + (z2+2z+1) = 0  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  0 x 1  0  0.75   y  1   x  y  z  1 z 1  0  0.5 Vậy: A = x2012 + y2012 + z2012 = (-1)2012+(-1)2012+(-1)2012 = 3 Bài 4 (7 điểm) Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp  ABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) A 0.5 a) Ta có :  ABD ~  CED (g –g) 0.5 BD AD    AD.ED = BD.CD 1 ED CD 0.5  AD(AE – AD) = BD.CD C 0.5  AD2 = AD.AE – BD.CD (1) B D Lại có:  ABD ~  AEC (g –g) 0.5 AB AD E    AB.AC = AD.AE (2) AE AC 1 Từ (1) và (2) suy ra: AD2 = AB.AC – BD.DC DB BA b) Vì AD là phân giác   0.5 DC CA DB DC DB  DC a 0.5     c b cb bc ac ab 0.5  DB = và DC = bc bc a 2 bc  AD = bc - 2 (b  c) 2 1 Bài 5 (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 1 1 1 1 A    ............  1 2 2 3 3 4 2009  2010 1 1 2 1 2 Ta có:    2 1 1 2 1 2 1 1 2 3 2 3    3 2 2 3 23 1 1 3 4 3 4 =   4 3 3 4 43 1 0.5
Tương tự ta có 1 1 1 1 A    ............  1 2 2 3 3 4 2009  2010 = 2  1  3  2  4  3  ...  2010  2009 ( = 1  2010  2010  1 0.25 0.25 Chú ý: . Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương.