Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2017 Phòng GD&ĐT Phú Lộc

Mời các bạn tham khảo Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2017 Phòng GD&ĐT Phú Lộc có đáp án sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi HSG Toán 9 cấp huyện năm 2017 Phòng GD&ĐT Phú LộcPHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆNHUYỆN PHÚ LỘCNĂM HỌC 2016 – 2017ĐỀ THI CHÍNH THỨCMôn thi: Toán – Lớp 9Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)Câu 1. (4,0 điểm): 3x  9 x  3Cho biểu thức A  x x 21x 11x2 12 : x 11) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.2) Rút gọn biểu thức A.3) Tìm giá trị của x để2là số tự nhiên.ACâu 2. (4,0 điểm)1) Giải phương trình: x 2  10 x  27  6  x  x  42) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A x 1x  x 12Câu 3. (4,0 điểm):Cho hai đường thẳng: y = x + 3 (d1); y = 3x + 7 (d2)1) Gọi A và B lần lượt là giao điểm của (d1) và (d2) với trục Oy. Tìm tọa độ trung điểm Icủa đoạn thẳng AB.2) Gọi J là giao điểm của (d1) và (d2). Tam giác OIJ là tam giác gì? Tính diện tích của tamgiác đó.Câu 4. (6,0 điểm)Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Gọi M là điểm nằm giữa A và B. Qua M vẽ dâyCD vuông góc với AB, lấy điểm E đối xứng với A qua M.1) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?2) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh rằng:HM MK CDHK MC 4R3) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng C’ nằm trên một đường tròn cốđịnh khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B).Câu 5. (2,0 điểm)Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:c  ab a  bc b  ac2abbcacĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9CâuÝLời giải11x  0Điều kiện: x  12 3x  9 x  3A x x 2==30,51x 1x3 x 2=x  1x  1x  1x 2x 1x 10,50,5x  0Với điều kiện: x  1Vì A =Do đó:2AMàx 12Vậy22x  1 ≥ 1 với mọi x ≥ 0 nên 0 ≤2x 12x  1 > 0 nên  khix 12x  1 = 1 hoặcx  1 =1 hoặcDo đó: x  0 hoặc x 10,52Ta có: A =20,5 11 2 :x2 x 1  x 1 x  2x  2x 1Điểmx 1 =20,5≤22x 1 = 20,5222 1  3  2 20,52là số tự nhiên khi x  0 hoặc x  3  2 2AGiải phương trình: x 2  10 x  27  6  x  x  40,5Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6VT  x 2  10 x  27   x  5  2  2 , dấu “=” xảy ra  x  52VP  6  x  x  4 Dấu “=” xảy ra 12  12  16 x 26 x 2x  4   VP  2 ,0,516 x  x4  x 5x 1VT  VP  x  5 (TMĐK).Vậy nghiệm của phương trình là x  520,50,5Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:Ax 1x  x 1220,251 3Ta có: x  x  1   x     0, x  2 42Ax2x 1x2  x 1 x2x2 21 21 (vì 2 0, x   )x  x 1x2  x 1x  x 1x  x 1Đẳng thức xảy ra khi x = 0, suy ra: maxA = 1 khi x = 0x 2  4x  4   x 2  x  13x  3x 1A 2 3A  2x  x 1x  x 1x2  x  1 x  22=x2  x 1 x  21  1 (vìx2  x 10,5 0, x )1Suy ra: minA =  , khi x  2310,2521Suy ra: A   , đẳng thức xảy ra khi x  2  0  x  2330,50,250,251,0Suy ra I(0; 5)2Tìm được A(0; 3); B(0; 7)0,5Hoành độ giao điểm J của (d1) và (d2) là nghiệm của PT: x + 3 =0,53x + 70,5 x = – 2  yJ = 1  J(-2;1)Suy ra: OI2 = 02 + 52 = 25; OJ2 = 22 + 12 = 5; IJ2 = 22 + 42 = 200,5 OJ2 + IJ2 = OI2  tam giác OIJ là tam giác vuông tại J0,511 S OIJ  OI .OJ   5  20  5 (đvdt)22410,5Tứ giác ACED có AE cắt CD tại trung điểm của mỗi đường nên0,5là hình bình hành0,5Mà AE  CD  tứ giác ACED là hình thoi2Vì CD  AB  CM = MD0,5Vì tam giác ABC có AB là đường kính (O) nên ∆ABC vuông tạiC, suy ra tứ giác CHMK là hình chữ nhậtÁp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông ta có:MH.AC = MA.MC  MH =Tương tự ta có: MK = MH.MK =MA.MCACMB.MCBCMA.MB.MCAC.BC2Mà MA.MB = MC2; AC.BC = MC.AB (do ∆ABC vuông tại C)MC 2 .MC 2 MC3MH.MK MC== MH.MK =MC.ABABMC 2ABMà MC = MK ( do CHMK là hình chữ nhật)0,50,50,5 ...