Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Ngũ Đoan

Chia sẻ: Agatha25 Agatha25 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Ngũ Đoan, với đề thi này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình. Chúc bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Ngũ Đoan

UBND HUYỆN KIẾN THỤY TRƯỜNG THCS NGŨ ĐOAN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC 2019-2020 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2điểm)  1 1  2 1 1 x3  y x  x y  y 3 1.1 Cho biểu thức A    .   : với x;y >0  x y  x  y x y  x 3 y  xy 3 a) Rút gọn A b) Biết xy = 16. Tìm GTNN của A 1.2  Cho x  2016  x 2 y   2016  y2  2016 . Tính giá trị của biểu thức T  x 2017  y2017 . .Bài 2 :(2điểm) 2.1. Cho các hàm số bậc nhất: y  0,5x  3 , y  6  x và y  mx có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số m để; a) Đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) tại điểm có hoành độ âm ? b) Đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d2) tại điểm có tung độ dương? 2.1. Cho ba đường thẳng: x + y = 1 (d1); x - 2y = 4 (d2); (k+1)x + (k-1)y = k + 1 (d3); ( với k ≠1) a) Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy. b) Chứng minh rằng khi k thay đổi thì đường thẳng (d3) luôn đi qua một điểm cố định trong mặt phẳng Oxy. 2.2. Giải phương trình sau : 2 x  3  5  2x  3x2  12x  14 Bài 3: (2 điểm) 3.1. Cho A  10n  10n 1 10n  2  .....  10  110n 1  5  1. Chứng minh rằng A là số chính phương nhưng không là lập phương của một số tự nhiên. 3.2. Chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với x; y  0 x2 y 2  x y 2  2  4  3   y x  y x Bài 4: (3 điểm) Gọi O là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M; CM cắt AH tại I, OM cắt AB tại J. 4.1 Chứng minh I là trung điểm của AH. 4.2 Cho BC = 2R, OM = x. Tính AB, AH theo R và x. 4.3 Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi. Bài 5: (1 điểm) Cho đa giác đều 36 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật có 4 đỉnh đều là đỉnh của đa giác đều trên? .......................Hết..................
UBND HUYỆN KIẾN THỤY CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THCS NGŨ ĐOAN Độc lập – Tự do - Hạnh phúc ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 1 MÔN: TOÁN 9 NĂM HỌC 2019-2020 Bài Đáp án Biểu điểm Bài 1 1.1 x y 0,75 a) Rút gọn được A  xy x y 2 xy b) C/m x y 2 xy A  1 xy xy Vậy Amin = 1 khi x = y = 4 0,75 1.2 Tính được T  x 2017  y2017 = 0 0,5 Bài 2 2.1 Điều kiện để (m) là đồ thị hàm số bậc nhất là m  0 a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) và (m) là: 0,5x  3  mx  (m  0,5)x  3 0,75 Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là m  0,5  0 hay m  0,5 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (m) là: 6  x  mx  (m  1)x  6 Với m = -1 PT vô nghiệm 6 6m Với m ≠ -1; ta có: x  y m 1 m 1 Vậy điều kiện cần tìm là: m > 0 hoặc m < -1 0,75 2.2 Giải phương trình sau : 2 x  3  5  2 x  3x2  12 x  14 Được x = 2 0,5 Bài 3 3.1 Có 10n1 1  10 110n  10n1 10n2  .....  10  1 0,25  10 n  10 n1 10 n2  .....  10  1  9  1 n1 10  1  0,5  A 1 9   10 n 1  1 10 n 1  5  1  1   10 2 n  2  410 n 1  5  9 9  1   10 2 n  2  410 n 1  4 9  2  10 n 1  2      3 
10 n1  2 Vì 10 n1  23  N 0,25 3 Suy ra A là số chính phương. 2   10 n1  2   2. 5.10 n  1  Lại có A       2   3   3  A 4 nhưng A không chia hết cho 8 vì 5.10 n  1 là số lẻ. Vậy A không là lập phương của một số. 3.2 0,25 x 2 y 2 x y  2  4  3  0 (1) y 2 x y x  0,5 x y x 2 y2 x 2 y2 Đặt   a  2  2  2  a 2 . Dễ dàng chứng minh 2  2  2 nên y x y x y x a ≥ 4, do đó 2 | a | ≥ 2  a  2 hoặc a  2 (1). Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với : a2 – 2 + 4 ≥ 3a  a2 – 3a + 2 ≥ 0  (a – 1)(a – 2) ≥0 (2) Từ (1) suy ra a ≥ 2 hoặc a ≤ -2. Nếu a ≥ 2 thì (2) đúng. Nếu a ≤ -2 thì (2) cũng đúng. Bài toán được chứng minh. x  y  1 Dấu "=" xảy ra   x  y  1 0,25 Bài 4 4.1 c/m: I là trung điểm của AH 1,0 M Trong tam giác CBM ta có HI//BM nên: HI CH  1 A BM CB J I Mà MOB đồng dạng với ACH B C (cmt) nên: HA CH  2 O H BM OB Chia (1) cho (2) theo từng vế ta HI OB 1 được:   HA CB 2 Vậy I là trung điểm của AH. 4.2 Cho BC = 2R, OM = x. Tính AB, AH theo R và x. 1,0 Tam giác OBM vuông ở B nên: OB2  OJ .OM OB2 R 2  OJ   OM x Tam giác OJB vuông ở J nên:
2  R2  BJ 2  OB  OJ2 2  R   x  2     R2 x2  R2  x2 R 2  BJ  x  R2 x 2R 2 Suy ra AB  2 BJ  x  R 2 với x>R x Tam giác ABC vuông ở A nên: AC  BC  AB  4 R  2 2 4R2 2 x 2 2 4R2 x R  2 x 2   2 2R  AC  x Ta cũng có: BC . AH = AB . AC 2R 2 2R2 x  R2 . AB. AC Suy ra AH   x x BC 2R 2R2 Vậy AH  2 . x 2  R 2 với x>R 1,0 x 4.3 Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi. Qua hình vẽ ta thấy AH có thể đạt GTLN bằng R, nên ta chứng minh: AH  R 3 2R2 Ta có: 3  . x2  R2  R x2  2R x 2  R2  x 2  4R2 x 2  R 2   x 4  x 4  4R 2 x 2  4R 4  0  x 2  2R 2   0 : đúng với x R 2 Dấu "=" xảy ra  x2  2R2  0  x  R 2 Vậy AH đạt GTLN bằng R khi x  R 2 Bài 5 Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. 0,25 Vì đa giác có 36 đỉnh nên có 18 đường chéo qua O, ta gọi chúng là các 0,25 đường chéo lớn. Cứ 2 đương chéo lớn tạo thành một hình chữ nhật nên số hình chữ nhật tạo 0,25 được là 18.17:2=152 hình. 0,25 .......................Hết..................