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

17
lượt xem 0
download

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

Mô tả tài liệu

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.