Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú Thọ

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú Thọ dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu về Toán học nhằm giúp bạn củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm học 2012 - 2013 - Sở GD&ĐT Phú ThọSỞ GD&ĐT PHÚ THỌĐỀ CHÍNH THỨCĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNĂM HỌC 2012 - 2013MÔN: TOÁN - LỚP 9Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đềCâu1( 3,0 điểm)1) Giải phương trình nghiệm nguyên8x2  3xy  5 y  252)Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho A= n.4n  3n 7Câu 2( 4,0 điểm)1) Rút gọn biểu thức:A=2 10  30  2 2  62:2 10  2 23 12) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn .x 2  yz y 2  zx z 2  xyabca 2  bc b 2  ca c 2  abChứng minh rằngxyzCâu 3( 4,0 điểm)1) Cho phương trình: x2  6x  m  0 (Với m là tham số). Tìm m để phương trình đãcho có hai nghiệm x1 và x2 thoả mãn x12  x22  123 338x y  27  18 y224x y  6x  y2) Giải hệ phương trình: Câu 4( 7,0 điểm)1) Cho đường tròn (O) đường kính BD=2R, dây cung AC của đường tròn (O) thay đổinhưng luôn vuông góc và cắt BD tại H. Gọi P,Q,R,S lần lượt là chân các đường vuônggóc hạ từ H xuống AB,AD,CD,CB.a) CMR: HA2  HB2  HC 2  HD2 không đổi.b) CMR : PQRS là tứ giác nội tiếp.2) Cho hình vuông ABCD và MNPQ có bốn đỉnh M,N,P,Q lần lượt thuộc các cạnhAB,BC,CD,DA của hình vuông. CMR: S ABCD ≤ ACCâu 5( 2,0 điểm)Cho a,b,c là các số thực dương. CMR:abbccaabca  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b6---Hêt—MN  NP  PQ  QM4Hướng dẫnCâu1.1) 8x2  3xy  5 y  258x 2  2525 y(3x  5)  8x  25  y  9 y  24 x  40 Z3x  53x  52Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được ( x; y)  (10;31); (2;7); (0;5)( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích)1.2) Với n chẵn n=2k thìA  2k.4 2 k  32 k  (2k  1).4 2 k  (16 k  9 k )  7  2k  1 7  k 7t  1 n  14t  1  14m  6m  N 2Với n lẻ n=2k+1A  (2k  1).4 2k 1  32k 1  2k.4 2k 1  (4 2k 1  32k 1 )7  2k 7  k  7t  n  14m  1m  N Vậy n  14m  6 hoặc n  14m  1 ( với mọi n  N ) thì A chia hết cho 7Câu2.1)2 10  30  2 2  62=:2 10  2 23 12 2 ( 5  1)  6 ( 5  1) 3  12  3 3 14  2 3 3 13 1 3 1 1....222422222 2 ( 5  1)2.2)x 2  yz y 2  zx z 2  xyabcabca2bca 2  bc(1)x 2  yz y 2  xz z 2  xyx 4  2 x 2 yz  y 2 z 2 y 2 z 2  xy 3  xz 3  x 2 yz x( x 3  y 3  z 3  3xyz )Tuongtu :b2acb 2  ac(2)y 4  2 y 2 xz  x 2 z 2 x 2 z 2  x 3 y  yz 3  xy 2 z y ( x 3  y 3  z 3  3xyz )c2abc 2  ab(3)Z 4  2 xyz 2  x 2 y 2 x 2 y 2  x 3 z  y 3 z  xyz 2 z ( x 3  y 3  z 3  3xyz )Từ (1) (2) (3) ta co ĐPCMTuongtu :Câu 3.1) Để phương trình có nghiệm /  0  m  9 (*) x1  x2  6 x1  x2  6 x1  4Mặt khác ta phải có  x1 .x2  m   x1 .x2  m   x1 .x2  m  m  8 TM ĐK (*) 2x  22 2 x1  x2  12 x1  x2  23 338 x y  27  18 y3.2)Giải hệ phương trình  224 x y  6 x  yHD y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế 3 278 x  y 3  18hệ  24 x  6 x  1 yy22 x  aĐặt  3ta có hệy bPT(1) cho y3PT(2) cho33a  b  3a  b  18 22ab  1a b  ab  3y2 Ta có6  3 56  3  5; Hệ có 2 nghiệm ( x, y )  ;;3 5   43  5  4Câu 4.1)AQPDBOHSRCa) theo PitagoHA2  HB2  AB 2 ; HC 2  HB2  BC 2 ; HC 2  HD2  CD 2 ; HA2  HD2  AD 2 ;suy ra đpcmb)Tứ giác HPBS nội tiếp  HPS  HBS  DBCTứ giác HPAQ là hình chữ nhật  HPQ  HAQ  CAD  CBDDo đó SPQ  HPS  HPQ  2CBCTương tự SQR  2BDCDo đó DBC  BDC  1800  SPQ  SRQ  1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/líđảo)4.2)MABINKQLDCPCách 1 Gọi T, K, L là trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình và trung tuyến tamgiác vuông ta có MN  NP  PQ  QM  2( KL  CL  IK  AI )  2 AC từ đó suy ra đpcmCách 2 Ta có theo PitagoMN 2  BN 2  BM 2 Tương Tự NP ( BM  BN ) 2BM  BN( áp dụng BĐT Bunhiacoopsky) MN 22CN  NPDP  DQAQ  AM; PQ ; MQ 222NênMN  NP  PQ  QM BM  NB  NC  CP  PD  DQ  QA  AM 4a 2a 222a 2MN  NP  PQ  QM   a 2  dpcm4Dấu “=” xảy ra khi MNPQ là hình chữ nhậtCâu 5Cho a,b c>0 .Chứng minh rằng:abbccaabca  3b  2c 2a  b  3c 3a  2b  c6Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b1 1 1111 1 1    Tacó áp dụng BĐT ( x  y  z )     9 x y  z 9 x y z x y zababab  111  1  abab a     (1)a  3b  2c (a  c)  (b  c)  2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2 Tương tựbcbcbc  111  1  bcbcb     (2)2a  b  3c (a  b)  (a  c)  2c 9  a  c b  c 2b  9  a  b b  c 2 acacac  111  1  acacc   (2) 3a  2b  c (a  b)  (b  c)  2a 9  a  b b  c 2a  9  a  b b  c 2 Từ (1) (2) (3)1  ac  bc ab  ac bc  ab a  b  c  a  b  cP 9 abbcac26Dấu “=” xảy ra khi a=b=c ...