Kỳ thi chọn học sinh giỏi huyện năm học 2012 - 2013 môn thi: Toán 9

doc 5 trang Người đăng nguyenlan45 Lượt xem 2033Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Kỳ thi chọn học sinh giỏi huyện năm học 2012 - 2013 môn thi: Toán 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Kỳ thi chọn học sinh giỏi huyện năm học 2012 - 2013 môn thi: Toán 9
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN
Đề chính thức
Số báo danh
.....................................
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
 Năm học 2012 - 2013
Môn thi: Toán 9
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 28/11/2012
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu).
Câu 1: (4,0 điểm)
 1. Cho biểu thức: 
 a) Rút gọn biểu thức .
 b) Tìm m để có x thỏa mãn .
 2. Cho hàm số: . Tìm với 
Câu 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình: 
2. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức: 
Câu 3: (4,0 điểm)
Tìm các số thực x sao cho và đều là số nguyên.
Cho ba số thực thoả mãn . Chứng minh rằng:
 Nếu thì trong ba số có duy nhất một số lớn hơn 1.
Câu 4: (6,0 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong tam giác ABC.
a) Giả sử BPC = 1350. Chứng minh rằng AP2 = CP2 + 2BP2. 
b) Các đường thẳng AP và CP cắt các cạnh BC và AB tương ứng tại các điểm M và N. Gọi Q là điểm đối xứng với B qua trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng khi P thay đổi trong tam giác ABC, đường thẳng PQ luôn đi qua D.
2. Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc cạnh AC. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1. 
 Chứng minh rằng SABC (SABC là diện tích tam giác ABC).
Câu 5: (2,0 điểm)
Với x, y là những số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
---------------- Hết ---------------
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN
Hướng dẫn chấm
Đề chính thức
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
Năm học 2012 - 2013
Môn thi: Toán 9
Lớp: 9 THCS
Ngày thi: 28/11/2012
(Đáp án có 04 trang, gồm 05 câu).
Câu
Nội dung đáp án
Điểm
1
(4,0đ)
1. a) ĐKXĐ: x 0; x 1.
 Ta có: P = = 
 = 
 = 
 = .
b) Với x 0; x 1 ta có 
 ó ó ó ó 
 Lại có: x 1 ó ó 
 Vậy 
0,5
0,75
0,75
0,5
0,25
0,25
Ta có: ó 
 ó 
Từ đó: .
0,5
0,5
2
(4,0đ)
1. Đặt (với )
Khi đó, ta có: 
Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là: 
0,5
1,25
0,75
2. Ta có: 
 (1)
Nhận thấy x = 1 không phải là nghiệm của PT (1). Chia cả 2 vế của phương trình cho x – 1, ta được:
 (2) 
PT có nghiệm x, y nguyên, suy ra nguyên nên x – 1 thuộc 
x – 1 = -1 ó x = 0
x – 1 = 1 ó x = 2
Thay x = 0 vào PT(2) ta được: ; 
Thay x = 2 vào PT(2) ta được: ; 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(4,0đ)
1. ĐK: 
Đặt , 
Thay vào biểu thức , ta được: 
Để thì , do đó 
Từ đó, suy ra 
Thử lại với thì thấy là số nguyên.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
2. Xét tích:
 (x – 1)(y – 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 
 = x + y + z - (vì xyz = 1)
 mà Þ (x –1)(y – 1)(z – 1) >0
Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều dương Þ xyz > 1 (loại)
Nếu cả 3 thừa số: (x –1), (y – 1), (z – 1) đều âm Þ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)
Nếu 2 thừa số dương, 1 thừa số âm Þ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)
Nên phải có 2 thừa số âm, 1 thừa số dương Þ trong 3 số x, y, z có hai số bé hơn 1. Còn một số lớn hơn 1. 
Vậy trong 3 số x, y, z có duy nhất một số lớn hơn 1.
0,75
0,75
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(6,0đ)
1.a
 Lấy điểm E khác phía với điểm P đối với đường thẳng AB sao cho BPE vuông cân tại B.
Ta có BPC = BEA (c.g.c)
BEA = 1350
Do BEP = 450 nên PEA = 900
AEP vuông tại E. Theo định lí Py –Ta – go
ta có:
 AP2 = AE2 + EP2 
 = CP2 + 2BP2 
 A D
 E P
 B C 
0,75
0,75
0,75
0,75
 A P B
 M I N
 D Q C 
1.b. Trước hết ta chứng minh nhận xét sau:
 Giả sử I là điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD. Qua I kẻ các đường thẳng MN, PQ tương ứng song song với AB, AD. Gọi diện tích hình chữ nhật IPBN là S1, diện tích hình chữ nhật IQDM là S2.
 Ta có S1 = S2 khi và chỉ khi I thuộc đường chéo AC.
 Thật vậy: Giả sử I thuộc đường chéo AC. Vì đường chéo của hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích bằng nhau nên S1 = S2.
 Ngược lại, giả sử S1 = S2, suy ra:
S
 IN.IP = IM.IQ => 
 Suy ra MAI NIC (c.g.c) => MIA = NIC
 Do M, I, N thẳng hàng nên A, I, C thẳng hàng.
0,25
0,25
 Trở lại bài toán:
Dễ thấy tứ giác NBMQ là hình chữ nhật. Qua P và Q kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông. Do P thuộc đường chéo AM của hình chữ nhật ABMR nên SBLPK = SPIRS (1)
P thuộc đường chéo CN của hình chữ nhật NBCH nên SBLPK = SPTHF (2)
Từ (1)&(2) suy ra: SPIRT = SPTHF 
 => SFQRS = SQITH.
Theo nhận xét trên, suy ra Q thuộc đường chéo PD của hình chữ nhật SPTD, tức PQ qua điểm D. 
 A S R D
 N F Q H
 K P I T
 B L M C 
0,25
0,25
2.
Không mất tính tổng quát, giả sử:
 A B C => Â 600
TH1: Â < 900
Kẻ CH AB, BK AC.
=> SABC = CH.AB
Mà CH CC1 1, ta có:
 AB 
 A
 K
 H
 B1
 C1
B A1 C 
 => SABC (1)
 TH2: Â => AB BB1 1; CH CC1 1.
 => SABC (2). Từ (1)&(2) suy ra SABC 
0,5
0,5
0,5
0,5
5
(2,0đ)
Ta chứng minh hai bất đẳng thức:
 (1)
 (2)
Thật vậy BĐT (1) 
 (đúng với mọi x, y)
 BĐT (2) 
Do 
Nên 
Suy ra BĐT (2) luôn đúng.
Từ (1) và (2) ta được 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Vậy min P = 1 khi x = y.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
Chú ý: 
Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
Nếu thí sinh tiếp tục sử dụng kết quả sai để làm bài ở các phần tiếp theo thì không tính điểm ở các phần tiếp theo đó.

Tài liệu đính kèm:

  • docDE_DAP_AN_HSG_TOAN_TRIEU_SON.doc