intTypePromotion=1

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Gia Hòa, Gia Viễn

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

0
7
lượt xem
0
download

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Gia Hòa, Gia Viễn

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các em có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi chọn HSG sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các em Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Gia Hòa, Gia Viễn. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

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

  1. PHÒNG GD&ĐT GIA VIỄN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS GIA HÒA NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 05 câu; 01 trang) Câu 1: (4,0 điểm)  x 3 x 2 x 2   x  Cho biểu thức A      : 1   ; Với x  0; x  4; x  9 ;  x  2 3 x x 5 x  6   x  1  a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của A khi x  6  2 5 . 1 c) Với giá trị nào của x thì đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó? A Câu 2: (4,0 điểm) 1.Cho a; b là hai số dương thỏa mãn: a2  b2  6 . Chứng minh: 3(a2  6)  (a  b) 2 2. Cho hàm số: y  x  2m  1 ; với m tham số. a, Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. b, Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục O x; Oy, 2 H là hình chiếu của O trên AB. Xác định giá trị của m để OH  2 Câu 3: (4,0 điểm) a. Giải phương trình: x 1  2 x  2  x  1  5 x  2 b. Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  2008x  2009 y  2010  0 Câu 4: (6,0 điểm) Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. a. Tính sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC b. Chứng minh: OK 2  AH (2R  AH ) c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Câu 5: (2,0 điểm): Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh 1 1 1 rằng:   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 ……………………………………….. HẾT.……………………………………… Họ và tên thí sinh: …………………………………………… SBD: ……………… Họ và tên giám thị 1: ………………………………………... Chữ ký: …………… Họ và tên giám thị 2: ………………………………………... Chữ ký: ……………
  2. PHÒNG GD&ĐT GIA VIỄN HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THCS GIA HÒA NĂM HỌC 2019-2020 MÔN: TOÁN LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và đảm bảo thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm. 6. Tuyệt đối không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Đáp án Điểm a. (2,5 điểm) a) Với điều kiện Với x  0; x  4; x  9 ta có:    x 3 x 2 x 2  :  x 1  x  A     x 2  x 3  x 2   x  3   x  1  x  1  0,5 x 9 x  4 x  2  1   :   x 2 x 3   x 1   0,5 x 3  1   :   x 2   x  3  x 1  0,5 1 1 1 x 1  :  . 0,5 (4,0điểm) x  2 x 1 x 2 b) Dễ thấy : x  6  2 5   5  1 thoả mãn điều kiện. Khi đó: 2 0,5   2 x 5 1  5 1 . 5 1  1 5 Do vậy, giá trị của biểu thức A là:  5 1  2 5 3 0,5 3 5 5  . 0,25 4 1 3 1 3 c) Viết lại, =1  . Để có GTNN thì có GTLN, hay 0,25 A x 1 A x 1
  3. x  1 có GTLN Ta có: x  1  1 , dấu "=" xảy ra khi x = 0. 1 3 0,5 Giá trị nhỏ nhất của là 1   1  3  2 , xảy ra khi x = 0. A 0 1 1. Với a; b là hai số dương ta có: 2    a  b    2.a.  b.1   2a 2  b2    1 (Theo Bunhiacopski) 2 1 1  2  2  0,75   a  b    a2  6 3 (Vì a2  b2  6 ) Hay 3(a 2  6)  (a  b) 2 2 2 0,75 2a, y  x  2m  1 ; với m tham số Để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) 0,5 2 1 thì 2m  1  0  m   (4,0điểm) 2 0,5 b, Tìm được tọa độ giao điểm A của đồ thị hàm số với trục Ox: A  2m  1;0  0,5 Giao điểm B của đồ thị hàm số với trục Oy: B  0; 2m  1 0,5 Ta có:  AOB vuông tại O và có OH là đường cao nên: 1 1 1 1 1 2 m  0   Hay 2  2  2  2   (2m  1)  m  1 2 2 2 2 OH OA OB x A yB 0,5 Điều kiện: x  2 0,25 x 1  2 x  2  x 1  5 x  2  x  2  2 x  2 1  x 1  5 x  2 0,5   2  x  2 1  x 1 5 x  2  0  x  2 1 x 1 5 x  2  0 0,5  x  2  4 x  2  4  0  ( x  2  2) 2  0  x  6  2 0,5 Vậy nghiệm của pt là: x  6 0,25 3 x 2  xy  2008 x  2009 y  2010  0 (4,0điểm)  x 2  xy  x  2009 x  2009 y  2009  1 0,5  x( x  y  1)  2009( x  y  1)  1  ( x  2009)( x  y  1)  1   x  2009  1   x  2010 0,5     x  y  1  1    y  2010   x  2009  1   x  2008 0,5     x  y  1  1   y  2010 0,5
  4. C K M B O A 0,5 H D Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên: sin 2 MBA  sin 2 MAB  sin 2 MCD  sin 2 MDC = 0,75 (sin 2 MBA  cos2 MBA)  (sin 2 MCD  cos2 MCD) = 1 + 1 = 2 0,75 4 (6,0điểm) Chứng minh: OK  AH (2R  AH ) 2 Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH 0,5 Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có 0,5 MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH 0,5 Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) 0,5 P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R 2.OH.MH(Vì MK 0,25 = OH) 0,25 OH 2  MH 2 OM 2 R 2 Mà OH.MH    (Pitago) 2 2 2 R2 Vậy P  4 R .  2 R 4 . đẳng thức xẩy ra  MH = OH 2 0,25 2 R 2 0,25  OH = 2 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 ,a,b,c >0 thì x, y, z >0 và abc=1. Ta có 0,25 5 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab  ab (2,0điểm)  a3 + b3+1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 0,5 1 1   a  b  1 ab  a  b  c  3 3 0,25 Tương tự ta có
  5. 1 1 1 1  ,  b  c  1 bc  a  b  c  33 c  a  1 ca  a  b  c  3 3 0,5 Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1   = 3 + 3 3 + 3 3 x  y 1 y  z 1 z  x 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 3 1  1 1 1  1     = c  a  b  1  a  b  c   ab bc ca   a  b  c  0,5 Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 ..............................................................Hết................................................................. Gia Hòa, ngày tháng 9 năm 2019 Xác nhận của BGH Người ra đề
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2