Đề học sinh giỏi huyện Toán 9 năm 2012 – 2013 phòng GD&ĐT Nho Quan – Ninh Bình

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 9 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán năm 2012 – 2013 phòng GD&ĐT Nho Quan – Ninh Bình giúp bạn ôn tập kiến thức, chuẩn bị tốt kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

44 22 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 9

Môn: Toán 9

Thông tin:

4 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2012- 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I (4,0 điểm)
1. Cho a =
743 và b = 743
Chứng minh rằng a + b và a.b là một số tự nhiên.
2. Tính giá trị của biểu thức:
A =
29 30 2 9 4 2 2(5 2)
Câu II ( 5,0 điểm)
1. Cho hàm số
() 3 2yfx x
.
a) Tìm tập xác định của hàm số đã cho.
b) Tìm giá trị của x để
() 2fx
.
c) Chứng minh hàm số
()
f
x
đồng biến trên tập xác định của nó.
2. Cho biểu thức Q =
10 2 3 1
34 4 1
x
xx
x
xxx



với
0; 1
x
x
a) Rút gọn Q.
b) Chứng minh Q > - 3 với mọi x thuộc tập xác định.
Câu III (4,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
(4)(1)3 526xx xx
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
22
21xy
Câu IV (6,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC , BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng:
222
2.a b c bc CosA
2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm A, qua A kẻ
tiếp tuyến AF với đường tròn (O) ( F là tiếp điểm). Tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx của nửa đường
tròn (O) tại D (tia tiếp tuyến Bx nằm trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)). Gọi
H là giao điểm của BF với DO; K là giao điểm thứ hai của DC với nửa đường tròn (O).
a) Chứng minh rằng AO.AB = AF.AD.
b) Chứng minh
DHK DCO .
c) Kẻ OM vuông góc với BC( M thuộc đoạn AD). Chứng minh rằng
1
BD DM
DM AM
.
Câu V (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện
34
x
y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
11
A
x
x
y

……………….
Hết……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HD VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012- 2013
Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách khác đáp án, nếu đúng thì cho điểm tương đương.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm. Bài hình nếu hình vẽ không khớp với CM, hoặc không vẽ hình thì không
chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, đi
ểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Nội dun
Điểm
Câu I (2,0đ)
1
(2,0 điểm)
743 =
2
(2 3) 2 3
0,5
743 =
2
(2 3) 2 3
0,5
743 + 743 = 4 là một số tự nhiên
0,5
743 . 743 = (2 3).(2 3) = 1 là một số tự nhiên
0,5
2
( 2,0 điểm)
A = 29 30 2 9 4 2 2(5 2)=
2
29 30 2 (2 2 1) 5 2 2
0,25
=
29 30 2 3 2 2 5 2 2
=
2
29 30 ( 2 1) 5 2 2
=
0,5
= 29 30 2 30 5 2 2= 59 30 2 5 2 2
0,5
=
2
(5 2 3) 5 2 2 = 52 3 52 2 = 1
0,75
Câu II
1
(3,0đ)
a) Hàm số
() 3 2yfx x
xác định 3x + 2 0 x
2
3
0,5
b) () 2 3 2 2fx x 3x + 2 = 4 3x = 2 x =
2
3
0,5
x =
2
3
thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy với x =
1
3
thì f(x) = 2
0,5
c) Với
12
2
3
x
x Ta có:
21 2 1
() () 3 2 3 2fx fx x x
0,5
=
21 21
21 21
(3 2) (3 2) 3( )
(3 2) (3 2) (3 2) (3 2)
xx xx
xx xx

 
0,5
Vì
21
x
x nên
21
0xx do đó
21
() ()
f
xfx > 0
0,25
21
() ()
f
xfx nên hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định của nó.
0,25
a) Q =
10 2 3 1
(4)(1) 4 1
x
xx
x
xxx



0,25
=
10 (2 3)( 1) ( 1)( 4)
(4)(1)
xx x xx
xx


=
10 3 7
(4)(1)
xx
xx


=
73
4
x
x
0,75
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu II
2 (2,0đ)
b) Xét hiệu Q – (-3) = Q + 3 =
19
0
4x
tức là Q > -3 Với
0; 1
x
x (1)
1,0
Câu III (4,0đ)
2
(4)(1)3 526xx xx (1)
1
(2,0 điểm)
(1)
22
543 5 26xx x x (2)
0,25
đặt
2
52;0
x
xtt
0,25
(2) trở thành:
2
340tt (t+1)(t-4) = 0
1
4
t
t

0,5
t = - 1 (loại), t = 4 ta được
2
524xx
2
5140xx
0,5
(x - 2)(x + 7) = 0
0,25
2
7
x
x

Vậy pt có nghiệm là x = 2 hoặc x = -7
0,25
2
( 2,0 điểm)
22
21xy (1)
Gọi a, b là một nghiệm của
p
hương t
r
ình (1), ta có a
2
– 2b
2
= 1
0,25
22
(2)(2)1(2)(2)1abab abab
0,25
22 22 222 2
( 2 22)( 2 22)1 ( 2) (22) 1ab abab ab ab ab 
0,25
222 2
(2)(22)1ab ab
222 2
(2)2(2)1ab ab
0,25
Suy ra (
22
2;2abab ) là một nghiệm của pt (1)
0,25
phương trình có nghiệm (a; b) thì có nghiệm tổng quát dạng
22
(2;2)abab
0,25
N
g
hiệ
m
n
g
u
y
ên dư
ơ
n
g
nhỏ nh
ất
củ
a
PT l
à
(
3;2
)
0,25
KL: pt có vô số nghiệm nguyên dương thoả mãn (
22
2;2abab ) với (a,b) nhỏ nhất là
(
3;2
)
.
0,25
Nếu HS
g
iải và tìm được n
g
hiệm n
g
u
y
ên dươn
g
nhỏ nất là (3;2) thì cho 1,0 điểm
Câu IV (3,0đ)
1
( 1,5 điểm)
Vẽ đường cao CH của
A
BC , Vì HAC vuông tại H, nên ta có AH = AC.CosA
0,25
Theo Pitago ta có
222
A
HHCAC
0,25
HBC vuông tại H, nên Theo Pitago ta có
222
BC HB HC
0,25
=
222 22
() 2.+AH
A
BAH HC AB ABAH HC
0,5
=
22
2..osAAC AB AC AB C . Vậy
222
2.abc bcCosA
0,25
2
(4,5 điểm)
H
F
M
A
C
O
K
B
D
x
a) Vì AF, BD là tiếp tuyến của (O) nên AF OF, DB AB
0, 5
0
AOF và ADB có AFO = ADB = 90 , OAF chung
0, 5
Suy ra
AOF ADB ( )
AD
AO.AB AF.AD
AO AF
gg
A
B

0,5
b) DB = DF( t/c 2 tt cắt nhau), và OB = OF = bán kính, nên OD là trung trực của BF
OD
BF
0,25
BKC có BC là đ
ư
ờn
g
kính của
(
O
)
nên BK KC 0,25
Á
p
dụn
g
hệ thức l
ư
ợn
g
vào
DBO, đ
ư
ờn
g
cao BH ta có: DB
2
= DH.DO
(
1
)
0,25
Á
p
dụn
g
hệ thức l
ư
ợn
g
vào DBC, đ
ư
ờn
g
cao BK ta có: DB
2
= DK.DC
(
2
)
0,25
Từ (1) và (2) DH.DO = DK.DC
DH DC
DK DO
0,25
Xét DHK và DCO có
HDK chung,
DH DC
DK DO
do đó DHK DCO (c.g.c)
DHK DCO
0,25
c) Ta có OM//DB ( vì cùng vuông góc với BC) nên
B
DO DOM (so le trong)
0,25
B
DO ODM (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
DOM ODM ODM
cân tại M
MD = MO
0,5
ADB có OM//DB nên theo định lý Ta-lét ta có
A
DBD
A
MOM
0,25
1
AD AM BD OM MD BD
A
MOMAMOM


11
BD MD BD MD
OM AM DM AM

0,5
Câu V
(1,0đ)
Chứng minh được BĐT phụ: Với hai số thực dương x và y ta có
11 4
x
yxy

D
ấ
u b
ằ
n
g
xả
y
ra khi x =
y
(
1
)
0,25
Áp dụng (1) ta có:
11 4 4 8
2
3
2
xy
xxy
xy x xy
x

0,5
Dấu bằn
g
xả
y
ra khi x =
y
= 1. Vậ
y
MinA = 2 0.25
Chú ý: HS có thể áp dụng trực tiếp BĐT Cauchy để làm.
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

UBND HUYỆN NHO QUAN
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2012- 2013 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (4,0 điểm)
1. Cho a = 7  4 3 và b = 7  4 3
Chứng minh rằng a + b và a.b là một số tự nhiên.
2. Tính giá trị của biểu thức:
A = 29  30 2  9  4 2  2(5  2) Câu II ( 5,0 điểm)
1. Cho hàm số y f (x)  3x  2 .
a) Tìm tập xác định của hàm số đã cho.
b) Tìm giá trị của x để f (x)  2 .
c) Chứng minh hàm số f (x) đồng biến trên tập xác định của nó. 10 x 2 x 3 x 1 2. Cho biểu thức Q =  
với x  0; x 1 x  3 x  4 x  4 x 1 a) Rút gọn Q.
b) Chứng minh Q > - 3 với mọi x thuộc tập xác định. Câu III (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2
(x  4)(x 1)  3 x  5x  2  6
2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 2 x  2 y 1 Câu IV (6,0 điểm)
1. Cho tam giác nhọn ABC , BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng: 2 2 2
a b c  2b . c CosA
2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm A, qua A kẻ
tiếp tuyến AF với đường tròn (O) ( F là tiếp điểm). Tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx của nửa đường
tròn (O) tại D (tia tiếp tuyến Bx nằm trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)). Gọi
H là giao điểm của BF với DO; K là giao điểm thứ hai của DC với nửa đường tròn (O).
a) Chứng minh rằng AO.AB = AF.AD. b) Chứng minh   DHK DCO . BD DM
c) Kẻ OM vuông góc với BC( M thuộc đoạn AD). Chứng minh rằng  1. DM AM Câu V (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện 3x y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1
của biểu thức A  x xy
……………….Hết……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. UBND HUYỆN NHO QUAN
HD VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012- 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC
Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách khác đáp án, nếu đúng thì cho điểm tương đương.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng
chấm. Bài hình nếu hình vẽ không khớp với CM, hoặc không vẽ hình thì không chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Nội dung Điểm Câu I (2,0đ) 7  4 3 = 2 (2  3)  2  3 0,5 1 7  4 3 = 2 (2  3)  2  3 0,5 (2,0 điểm)
7  4 3 + 7  4 3 = 4 là một số tự nhiên 0,5
7  4 3 . 7  4 3 = (2  3).(2  3) = 1 là một số tự nhiên 0,5
A = 29  30 2  9  4 2  2(5  2) = 2
29  30 2  (2 2 1)  5 2  2 0,25 2
= 29  30 2  3  2 2  5 2  2 = 2
29  30 ( 2 1)  5 2  2 = 0,5 ( 2,0 điểm)
= 29  30 2  30  5 2  2 = 59  30 2  5 2  2 0,5 = 2
(5 2  3)  5 2  2 = 5 2  3  5 2  2 = 1 0,75 2
a) Hàm số y f (x)  3x  2 xác định  3x + 2  0  x   3 0,5 2
b) f (x)  2  3x  2  2  3x + 2 = 4  3x = 2  x = 3 0,5 2 1
x = thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy với x = thì f(x) = 2 Câu II 3 3 0,5 1 2 0,5 (3,0đ)
c) Với   x x Ta có: f (x )  f (x )  3x  2  3x  2 1 2 3 2 1 2 1
(3x  2)  (3x  2) 3(x x ) = 2 1 2 1 
(3x  2)  (3x  2)
(3x  2)  (3x  2) 0,5 2 1 2 1
Vì x x nên x x  0 do đó f (x )  f (x ) > 0 0,25 2 1 2 1 2 1
f (x )  f (x ) nên hàm số đã cho đồng biến trên tập xác định của nó. 0,25 2 1 10 x 2 x 3 x 1 a) Q =   0,25
( x  4)( x 1) x  4 x 1
10 x  (2 x 3)( x 1)  ( x 1)( x  4)
10 x  3x  7 7  3 x = = = 0,75
( x  4)( x 1)
( x  4)( x 1) x  4 Câu II 19 2 (2,0đ)
b) Xét hiệu Q – (-3) = Q + 3 =
 0 tức là Q > -3 Với x 0; x 1 (1) 1,0 x  4 Câu III (4,0đ) 2
(x  4)(x 1)  3 x  5x  2  6 (1) (1) 2 2  x 5
x  4 3 x  5x  2 6 (2) 0,25 đặt 2
x  5x  2 t; t 0 0,25 t  (2) trở thành: 2
t 3t  40  (t+1)(t-4) = 0  1 1 t 4 0,5 (2,0 điểm)
t = - 1 (loại), t = 4 ta được 2
x  5x  2  4  2
x  5x 14 0 0,5  (x - 2)(x + 7) = 0 0,25   x 2 
Vậy pt có nghiệm là x = 2 hoặc x = -7  x 7  0,25 2 2
x  2 y 1 (1)
Gọi a, b là một nghiệm của phương trình (1), ta có a2 – 2b2 = 1 0,25 2 2 2
(a  2b)(a  2b)  1  (a  2b) (a  2b)  1 0,25 ( 2,0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 2
(a  2b  2 2ab)(a  2b  2 2ab)  1  (a  2b )  (2 2ab)  1 0,25 2 2 2 2
(a  2b )  (2 2ab)  1  2 2 2 2
(a  2b )  2(2ab)  1 0,25 Suy ra ( 2 2
a  2b ; 2ab ) là một nghiệm của pt (1) 0,25
 phương trình có nghiệm (a; b) thì có nghiệm tổng quát dạng 2 2
(a  2b ;2ab) 0,25
Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của PT là (3;2) 0,25
KL: pt có vô số nghiệm nguyên dương thoả mãn ( 2 2
a  2b ; 2ab ) với (a,b) nhỏ nhất là 0,25 (3;2).
Nếu HS giải và tìm được nghiệm nguyên dương nhỏ nất là (3;2) thì cho 1,0 điểm Câu IV (3,0đ)
Vẽ đường cao CH của ABC , Vì HAC vuông tại H, nên ta có AH = AC.CosA 0,25 Theo Pitago ta có 2 2 2
AH HC AC 0,25 1
HBC vuông tại H, nên Theo Pitago ta có 2 2 2
BC HB HC 0,25 ( 1,5 điểm) = 2 2 2 2 2
(AB AH )  HC AB  2A .
B AH +AH  HC 0,5 = 2 2
AC AB  2AC. . AB CosA . Vậy 2 2 2
a b c  2b . c CosA 0,25 x D M K F 2 (4,5 điểm) H B A O C
a) Vì AF, BD là tiếp tuyến của (O) nên AF OF  , DB  AB 0, 5   0  AOF và AD 
B có AFO = ADB = 90 , OAF chung 0, 5 AO AF Suy ra AO  F  A  DB (gg)    AO.AB  AF.AD 0,5 AD AB
b) DB = DF( t/c 2 tt cắt nhau), và OB = OF = bán kính, nên OD là trung trực của BF  OD  BF 0,25
 BKC có BC là đường kính của (O) nên BK  KC 0,25
Áp dụng hệ thức lượng vào  DBO, đường cao BH ta có: DB2 = DH.DO (1) 0,25
Áp dụng hệ thức lượng vào  DBC, đường cao BK ta có: DB2 = DK.DC (2) 0,25
Từ (1) và (2)  DH.DO = DK.DC  DH DC  0,25 DK DO DH DC
Xét  DHK và  DCO có  HDK chung, 
do đó  DHK   DCO (c.g.c) DK DO 0,25  
DHK DCO
c) Ta có OM//DB ( vì cùng vuông góc với BC) nên  
BDO DOM (so le trong) 0,25  
BDO ODM (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)  
DOM ODM ODM cân tại M  MD = MO 0,5  AD BD
ADB có OM//DB nên theo định lý Ta-lét ta có  0,25 AM OM AD AM BD OM MD BD      BD MD BD MD 1    1   1 0,5 AM OM AM OM OM AM DM AM 1 1 4
Chứng minh được BĐT phụ: Với hai số thực dương x và y ta có   x y x y 0,25
Dấu bằng xảy ra khi x = y (1) Câu V 1 1 4 4 8 (1,0đ) Áp dụng (1) ta có:      2 x xy x xy x y 3x y 0,5 x  2
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. Vậy MinA = 2 0.25
Chú ý: HS có thể áp dụng trực tiếp BĐT Cauchy để làm.