Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Krông Pắc (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 9 - Phòng GD&ĐT Krông Pắc (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KRÔNG PẮC Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120 phút Đề gồm 01 trang Bài 1: (3,0 điểm) x x Cho A = 4 x x x a) Rút gọn A. b) Tìm x để A nhận giá trị nhỏ nhất. Bài 2: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: x 2007 y 2007 x y 2007 2007 Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 Bài 4: (3,0 điểm) Cho x 0, y 0 và x y 4 2 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x y 1994,5 . x y Bài 5: (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BM vuông góc với AC, gọi N là trung điểm của AM, P là trung điểm của CD. Chứng minh: B· NP 90. Bài 6: (3,0 điểm) Cho ABC ( AB = AC). Đường cao AH, kẻ HE vuông góc với AC, gọi O là trung điểm của EH. Chứng minh: AO  BE Bài 7: (3,0 điểm) Cho ABC Có AB = c, AC = b, BC = a. A B C 1 Chứng minh rằng: Sin  Sin  Sin 2 2 2 8 Hết
2. PGD KRÔNG PẮC ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM Môn : Toán- Lớp 9 Thời gian làm bài : 150 phút Bài 1: a) Đ/K: x 0 0.5 điểm A = 4 x 1 x x 0.5 điểm = x 2 x 3 0.5 điểm 2 b) A = x 1 2 2 x 0 0.5 điểm MinA = 2 x 1(TMĐK) 1.0 điểm Bài 2: x 2007 y 2007 x y 2007 2007 ĐK: x 0; y 0 0.5 điểm x 2007 y 2007 0.5 điểm x 2007 y 2007 0.5 điểm x 0 Do đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất y 0 0.5 điểm Bài 3: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 3 5 ĐK: x 0.5 2 2 điểm Áp dụng Bunnhiacopski VT: 1. 2x 3 1. 5 2x (12 12 )(2x 3 5 2x) 2 (1) 0.5 điểm VP: 3x2 12x 14 3(x 2)2 2 2 x (2) 0.5 điểm
3. Phương trình: 2x 3 5 2x 3x2 12x 14 có nghiệm Dấu “=” xảy ở (1) và (2) đồng thời xảy ra. 2x 3 5 2x x 2 1.5 x 2 0 điểm 1 2 Bài 4: a ,b R+ thì a2 b2 a b dấu “=” a = b 2 1 1 4 Dấu “=” xảy ra a = b. 0.5 a b a b điểm 2 2 2 1 1 1 1 1 A = x y 1994,5 x y 1994,5 x y 2 x y 2 2 1 4 1 4 x y 1994,5 4 1994,5 2 x y 2 4 = 2007 1.0 điểm x y 4 A 2007 Do đó MinA = 2007 x y 2 0.5 x y điểm Bài 5: Gọi I là trung điểm của BM. C B NI cắt BC tại E. I Ta có NI là đường trung bình của BMA. P 1 NI // AB và NI = AB. N M 2 A D 0.5 điểm AB  BC NI  BC tại E 0.5 điểm I là trực tâm của BCN CI  BN (1) 0.5 điểm Ta có: 1  IN AB 2  mà AB = CD IN = CP CINM là hình bình hành CI // 1 CP CD 2  NP (2) 0.5 điểm IN // AB   IN // CP 0.5 AB // CP điểm
4. Từ (1) và (2) NP  BN tại N B· NP 90 0.5 điểm Bài 6: Kẻ BD  AC C· BD H· AC ( cùng phụ với Cµ ) BC CD BDC S EAH (gg) AH EH 0.5 điểm CD BDC có BH = HC ( ABC cân tại A) DE = EC = 2 0.5 điểm HE // BD (cùng  AC) BC CD 2CE CE 0.5 A AH EH 2HO HO điểm CBE và HAO có B· CE ·AHO ( DBC S D EAH ) BC CE E K 2 AH HO 1 O S B C CBE HAO (c.g.c) H C· BE H· AO 0.5 điểm Gọi K là giao điểm của AH và BE. · ¶ Ta có: CBE K1 90 · ¶ ¶ ¶ · · HAO K1 90 (Vì K1 K2 ,CBE HAO ) 0.5 điểm AO  BE. 0.5 điểm Bài 7: A Kẻ phân giác AD của B· AC 1 2   b kẻ BE AD; CF AD c BED vuông tại E BE BD E CFD vuông tại F CF CD C B a BE + CF BD + CD = a F 0.5 điểm µ A ABE ( E = 1v) BE = AB. SinA1 = c. sin 2 0.5 điểm
5. µ A ACF ( F = 1V) CF = AC. SinA2 = b. sin 0.5 điểm 2 A A a BE + CF = (b + c) sin a sin 2 2 b c 0.5 điểm a a A b>0; c>0 áp dụng bất đẳng thức Côsi: b + c 2 bc Sin b c 2 bc 2 a 0.5 điểm 2 bc B b C c Tương tự ta cũng có: Sin ; Sin 2 2 ac 2 2 ab A B C a b c 1 Sin . Sin . Sin . . = 0.5 2 2 2 2 bc 2 ac 2 ab 8 điểm