Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Phòng GD&ĐT huyện Châu Thành (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Phòng GD&ĐT huyện Châu Thành (Có đáp án chi tiết và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN HUYỆN CHÂU THÀNH LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ Năm học 2011-2012 - Môn thi: TOÁN Thời gian : 150 phút (không kể phát đề) Đề chính thức Câu 1 (4 điểm). a) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số xy , biết rằng hai chữ số đó hơn kém nhau 5 đơn vị và 2 2 xxyy xx yy . b) Biết a – b = 7. Tính giá trị của biểu thức: A= a2(a+1) – b2(b – 1) +ab – 3ab(a–b+1). Câu 2 (4 điểm). a) Cho 3 số thực a, b, c. Chứng minh rằng: (a b)2 (b c)2 (c a)2 a2 + b2 + c2 ab+bc+ca+ . 2 12 2011 1 b) Với x >0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M= 4x2 – 3x + + 2011. 4x Câu 3 (4 điểm). x 3 a) Giải phương trình: 4x 1 – 3x 2 = . 5 x my 3m b) Cho hệ phương trình: 2 . mx y m 2 Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn: x2 – 3x + y > 0. Câu 4 (6 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có cạnh BC cố định còn điểm A thay đổi trên (O). Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H. a) Chứng minh bốn điểm A, E, D, H cùng nằm trên một đường tròn. b) Tia AO kéo dài cắt (O) tại F. Chứng minh khi A thay đổi trên (O) thì đường thẳng HF luôn đi qua một điểm cố định. c) Giả sử AB>AC. Chứng minh AB2 + CE2 > AC2 + BD2. d) Đường phân giác của góc A cắt BC tại K và (O) tại L. Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn AK với AO. Chứng minh rằng (I, IA) tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với BC tại K. Câu 5 (2 điểm). Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín một tam giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa? - HẾT -
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HUYỆN CHÂU THÀNH Thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 THCS Năm học 2011-2012 Đề chính thức Câu Nội dung Điểm 2 2 1 a) Điều kiện 1 x, y 9 và x, y nguyên. Ta có xxyy xx yy 2.0 (4 đ) 1100x+11y=(11x)2+(11y)2 11(100x + y) = 112(x2 +y2) 99x+(x+y) = 11(x2+y2). (x+y) 11 x+y=11 (vì 2 x+y 18). Kết hợp với giả thiết x–y=5 hoặc y–x=5. Từ đó (x;y) có thể là (3; 8), (8; 3). Thử lại chỉ có (x;y) = (8; 3) thỏa mãn. Vậy số cần tìm là 83. b) a2(a+1)–b2(b–1)+ab–3ab(a–b+1)= a3+ a2–b3+b2+ab–3a2b +3ab2–3ab 2.0 = (a3–3a2b +3ab2– b3) + (a2–2ab +b2) = (a–b)3+(a–b)2 = +(a–b)2(a–b+1) = 72(7+1) = 392. 2 (a b)2 (b c)2 (c a)2 a) a2+b2+c2 ab+bc+ca+ (4 đ) 2 12 2011 2.0 (a b)2 (b c)2 (c a)2 a2+b2+c2–ab–bc–ca 2 12 2011 (b c)2 2(c a)2 2(a2+b2+c2–ab–bc–ca) (a b)2 6 2011 (b c)2 2(c a)2 (a–b)2+(b–c)2+(c–a)2 (a b)2 6 2011 5(b c)2 2009(c a)2 0, đúng với mọi a, b, c (đpcm) 6 2011 1 1 1 b) M= 4(x )2 x 2010 2 x. 2010= 2011. 2 4x 4x 2.0 1 Khi x= , ta có M= 2011. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011. 2 3 2 a) ĐKXĐ 4x+ 1 0, và 3x – 2 0. Suy ra x . Từ đó x+3> 0. Nhận (4 đ) 3 2.0 xét thấy (4x+1)–(x– 2)= x+ 3 nên nếu nhân cả hai vế của phương trình (1) với biểu thức liên hợp với vế trái (biểu thức này luôn dương) thì xuất hiện nhân tử chung là x+ 3. Ta có : x 3 (1) x+3 = ( 4x 1 + 3x 2 ) (x+ 3)( 4x 1 + 3x 2 –5) = 0 5 4x 1 + 3x 2 = 5 (do x+ 3 > 0). (2) Giải bằng cách bình phương hai vế ta được: 4x+1+3x–2+2 (4x 1)(3x 2) =25 7x–1+2 (4x 1)(3x 2) =25 2 (4x 1)(3x 2) = 26–7x x2–344x+684 = 0 x2– 4– 344x+688 = 0 (x–2)(x–342)= 0 x= 2 hoặc x= 342. 2 3 Thử lại:- Với x= 2, ta được 3– 2= 1=1 (đúng, nhận x=2) 5 345 - Với x= 342, ta được 37– 32= 5=69 (sai, loại x=342) 5 Vậy phương trình (1) có một nghiệm là x= 2.
3. b) Dùng phương pháp thế ta tính được x=m; y=2. 2.0 2 m 2 Do đó: m – 3m + 2 >0 m 1 4 · · 0 (6 đ) a) Vì AEH ADH 90 nên các điểm A, E, H cùng nằm trên một đường 1,5 tròn đường kính AH và các điểm A, D, H cùng nằm trên một đường tròn đường kính AH vậy bốn điểm A, E, D, H cùng nằm trên một đường tròn đường kính AH. b) Vì AF là một đường kính của (O) nên 1,5 ·ABF 900 . Hay BF  BA. Mà CH  BA nên BF//CH. Tương tự CF//BH. Suy ra tứ giác BHCF là hình bình hành. Vậy HF đi qua trung điểm của BC (là một điểm cố định), ta có đpcm. c) Ta có AB2 + CE2 > AC2 + BD2 AB2 – 1,5 BD2 >AC2– CE2 AD2 > AE2 (định lý Pytago) AD > AE (đúng, vì AD AB ABD : ACE (g-g) nên >1), ta có đpcm. AE AC d) Vì A, I, O thẳng hàng nên (I, IA) tiếp xúc trong với (O) tại A. 1,5 Ta có O· IK 2O· AK F· OL (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề). Suy ra IK//OL. Mà OL  AB (L là trung điểm B»C do AL là phân giác góc A) nên IK  BC. Vậy (I, IA) tiếp xúc với BC tại K. 5 (2 đ) Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3. 2.0 Chia mỗi cạnh tam giác ABC thành ba phần bằng nhau. Nối các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các cạnh. Tam giác ABC được chia thành 9 tam giác đều có cạnh bằng 1. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BI=CJ=AK=1. Ba đường tròn bán kính 1, tâm tương ứng là I, J, K sẽ phủ kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn sẽ phủ kín được ba tam giác nhỏ). Như vậy dùng ba tấm bìa sẽ phủ kín được tam giác ABC. Số tấm bìa ít nhất phải dùng là 3, vì nếu ngược lại sẽ có hai trong ba đỉnh của tam giác ABC thuộc một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra do cạnh của tam giác ABC bẳng 3. - HẾT -