Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học : 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) 2 2012 a) Cho x . Tính giá trị của biểu thức A x4 x3 x2 2x 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 b) Chứng minh biểu thị P n3. n2 7 36n chia hết cho 7 với mọi số nguyên n Câu 2 (3,0 điểm) a) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng có phương trình y x 1 Tìm trên đường thẳng các điểm M(x;y) thỏa mãn đẳng thức y2 3y x 2x 0 b) Trong mặt phẳng, hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y ax b . Tìm a, b để d đi qua điểm B(1;2) và tiếp xúc với Parabol (P) có phương trình y 2x2 Câu 3 (4,0 điểm) x 2 y 5 a) Giải hệ phương trình x y 1 2 b) Gọi x1;x2 là hai nghiệm của phương trình 2012x 20a 11 x 2012 0 (a là số thực) 2 3 2 x1 x2 1 1 Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức P x1 x2 2 2 2 x1 x2 Câu 4. (4,0 điểm) 1 1 1 a) Cho các số thực a, b, c sao cho 1 a,b,c 2. Chứng minh rằng a b c 10 a b c b) Trong hội trại ngày 26 tháng 3, lớp 9A có 7 học sinh tham gia trò chơi ném bóng vào rổ. 7 học sinh này đã ném được tất cả 100 quả bóng vào rổ. Số quả bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh đều khác nhau. Chứng minh rằng có 3 học sinh ném được tổng số quả bóng vào rổ không ít hơn 50 quả. Câu 5. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH và trung tuyến AM (H, M thuộc BC). Đường tròn tâm H bán kính HA, cắt đường thẳng AB và đường thẳng AC lần lượt tại D và E (D và E khác điểm A) a) Chứng minh D, H, E thẳng hàng và MA vuông góc với DE b) Chứng minh 4 điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. Gọi O là tâm của đường tròn đi qua 4 điểm B, E, C, D . Tứ giác AMOH là hình gì ? 2 c) Đặt A· CB ;A· MB . Chứng minh rằng sin cos 1 sin
2. ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 GIA LAI NĂM 2011-2012 Câu 1 a) Rút gọn x 2 Thay x 2 vào biểu thức A ta được A = 1 b) 2 P n n3 7n 36 n n3 7n 6 n3 7n 6 3 2 2 3 n n n n n 6(n 1) n n 6 n 1 n 3 n 2 n 1 n n 1 n 2 n 3 Ta có P là tích của 7 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 7 Câu 2 a) Điều kiện x 0 . Tọa độ M (x;y) là nghiệm của hệ phương trình y x 1 x 1 Vậy M (1;2) 2 y 3y x 2x 0 y 2 b) Vì đường thẳng d đi qua B (1;2) nên b 2 a . Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng y ax 2 a Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2x2 ax a 2 0(1) (d) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm kép 0 a 4 Với a = 4 suy ra b = - 2. Vậy a = 4; b = - 2 thõa mãn yêu cầu bài toán Câu 3 a) Ta xét hai trường hợp x 2y 5 x 3 TH1: y 0 ta có hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) x y 1 y 4 7 x x 2y 5 3 TH2: y 0 ta có hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện ) x y 1 4 x 3 7 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3;4 ; ; 3 3 b) Ta có ac 0 nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu 20a 11 Ta có : x x ; x x 1 1 2 2012 1 2
3. 2 3 2 x1 x2 Do đó P x1 x2 2 x1 x2 (do x1.x2 1 2 2 3 2 9 2 2 2 x x x x 6 x x 6 x x 4x .x 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 20a 11 20a 11 6 24 (do x1 x2 ;x1.x2 1) 24 với mọi a 2012 2012 11 Vậy GTNN của P = 24. Dấu “=” xảy ra khi a 20 Câu 4 1 1 1 a b c b c a a) a b c 10 7 a b c b c a a b c Không mất tính tổng quát , giả sử a b c. Khi đó ta có a b b c 0 Suy ra ab bc b2 ca a a b c c b Từ đó suy ra 1 ; 1 c b c a b a a b c b c a a c Suy ra 2 2 b c a a b c c a a c Ta cần chứng minh 2 5 c a 2a 2c Tức là chứng minh 1 1 0(*) c a a c 1 Bất đẳng thức (*) luôn đúng vì 2 a c 1 1; c a 2 Từ đó suy ra điều phải chứng minh b) Gọi số quả bóng ném được vào rổ của mỗi học sinh là a1;a2 ;a3; ;a7 được xếp từ nhỏ đến lớn a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 (1) Xét hai trường hợp: TH1: a5 16. Suy ra a6 17;a7 18. Do đó ta có a5 a6 a7 51 (2) TH2: a5 15 suy ra a4 14;a3 13;a2 12;a1 11 Ta có a1 a2 a3 a4 50 Suy ra a5 a6 a7 50(3) Từ (2) và (3) ta có điều phải chứng minh Câu 5
4. A E B C H M D O a) Do D· AE 900 nên DE là đường kính của đường tròn tâm H, bán kính HA suy ra D, H, E thẳng hàng Ta có : M· AE M· CA H· AD A· DE Vì A· DE A· ED 900 nên M· AE A· ED 900 Suy ra MA vuông góc với DE b) Từ A· DE M· CA suy ra tứ giác DBEC nội tiếp đường tròn (O) Do OM vuông góc với BC và AH vuông góc với BC nên AH // OM Do OH vuông góc với DE và AM vuông góc với DE nên OH // AM Vậy tứ giác AMOH là hình bình hành c) Do AB < AC nên H thuộc đoạn BM 1 Ta có : AH AM.sin BC.sin (1) 2 Mặt khác AH AC.sin BC.sin .cos (2)
5. sin 2.sin .cos Từ (1) và (2) suy ra 2 Ma` sin cos 1 2sin .cos (dpcm)