Đề thi tuyển HSG cấp huyện lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Cẩm Thủy

Tham khảo tài liệu Đề thi tuyển HSG lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Cẩm Thủy dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống lại kiến thức học tập để chuẩn bị cho kì thi sắp tới, cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề kiểm tra cho quý thầy cô. Hi vọng với đề thi này làm tài liệu ôn tập sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kỳ thi. Chúc các bạn thi tốt!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi tuyển HSG cấp huyện lớp 9 môn Toán năm 2011 - 2012 - Sở GD&ĐT Cẩm ThủyPHÒNG GD & ĐT CẨM THỦYĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. VÒNG IINĂM HỌC: 2011 - 2012ĐỀ CHÍNH THỨC(Đề gồm 1 trang)Môn thi: TOÁN 9Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)Câu 1. Cho biểu thức: P x2x2x  x x  2 x ( x  1)( x  2 x )a. Rút gọn P .b. Tính P khi x  3  2 2 .c. Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.Câu 2. Giải phương trình:a. x2 10 x  27  6  x  x  4b. x2  2 x  x x  2 x  4  0Câu 3.a. Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: y 2  2 xy  3x  2  03 x 1  3  2x x 11b. Cho x  1; y  0 , chứng minh:   3  33( x  1)  y  y x 1 y c. Tìm số tự nhiên n để: A  n2012  n2002  1 là số nguyên tố.Câu 4.Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( Ekhác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tạiA cắt đường thẳng CD tại K.11không đổi2AEAF 2b. Chứng minh: cos AKE  sin EKF .cos EFK  sin EFK .cos EKFa. Chứng minh:c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM saocho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD.Câu 5.Cho ABCD là hình bình hành. Đường thẳng d đi qua A không cắt hình bình hành, bađiểm H, I , K lần lượt là hình chiếu của B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí đườngthẳng d để tổng: BH + CI + DK có giá trị lớn nhất.Hết./.PHÒNG GD & ĐT CẨM THỦYHD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: TOÁN 9.Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề)CâuÝPaNội dung cần đạtx2x2x ( x  1)x ( x  2)x ( x  1)( x  2)Điểm0,25x( x  2)  2( x  1)  x  2 x x  2 x  2 x  2  x  2x ( x  1)( x  2)x ( x  1)( x  2)0,25x x  2x  2 x  xx ( x  1)( x  2)0.5x ( x  1)( x  2) ( x  1)x ( x  1)( x  2) ( x  1)x  3  2 2  x  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  10.2512,25bP( x  1)2 112 2 1 2( x  1)2  1 12ĐK: x  0; x  1 :cP( x  1)( x  1)0.250.25x 1  22 1x 1x 1Học sinh lập luận để tìm ra x  4 hoặc x  90.250.25ĐK: 4  x  6 :0.25VT  x2  10 x  27  ( x  5)2  2  2 , dấu “=” xẩy ra  x  50.25VP  6  x  x  4  (12  12 )(( 6  x )2  ( x  4) 2 )  VP  2 , dấu “=” xẩy raa16 x1 6 x  x4  x  5x4VT  VP  x  5 (TMĐK), Vậy nghiệm của phương trình: x  50.250.25ĐK: x  0 . Nhận thấy: x  0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cảhai vế cho x ta có:22 442x  2x  x x  2 x  4  0  x  2  x   0  (x  )  ( x )2  0xx xx2bĐặtx244 t  0  t 2  x  4   x   t 2  4 , thay vào ta có:xxxt  3 (t 2  4)  t  2  0  t 2  t  6  0  (t  3)(t  2)  0  t  2Đối chiếu ĐK của t1,750.75x  42 3  x  3 x  2  0  ( x  2)( x  1)  0  xx  1t 3 x y 2  2 xy  3x  2  0  x2  2 xy  y 2  x2  3x  2  ( x  y)2  ( x  1)( x  2)(*)VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên tiếpa0.5x 1  0 x  1  y  1nên phải có 1 số bằng 0.  x  2  0 x  2  y  2Vậy có 2 cặp số nguyên ( x; y)  (1;1) hoặc ( x; y)  (2;2)x  1; y  0  x  1  0; y  0 1x 11 0; 0; 3  03( x  1)yyÁp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương:1113 1  1  3. 3.1.1 2333( x  1)( x  1)( x  1)x 133(1)b30.753 x 1  x 1  x  1  3( x  1)2 11  33  .1.1   y y  y  y 111 3 1  1  3. 3 3 .1.1  3   23yyyy(2)(3)2.0Từ (1); (2); (3):3 x 1 1133( x  1) 36  33( x  1)  y  yx 1yy3 x 1 11 3  6 x  6 3x3  2x x 3( )  33( x  1)  y  yx 1yx 1 yXét n  0 thì A = 1 không phải nguyên tố; n  1 thì A = 3 nguyên tố.0.25Xét n > 1: A = n2012 – n2 + n2002 – n + n2 + n + 1= n2((n3)670 – 1) + n.((n3)667 – 1) + (n2 + n + 1)cMà (n3)670 – 1) chia hết cho n3 -1, suy ra (n3)670 – 1) chia hết cho n2 + n + 1Tương tự: (n3)667 – 1 chia hết cho n2 + n + 1Vậy A chia hết cho n2 + n + 1>1 nên A là hợp số. Số tự nhiên ần tìm n = 1.0.5BAMM0.25NNPEKCQDFHa4bHọc sinh c/m:  ABF =  ADK (g.c.g) suy ra AF = AKTrong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên:1111111hay 2 (không đổi)222222AKAEADAFAEADa11HS c/m S KEF  KE.EF .sin AEK  KE.EF .cos AKE2211Mặt khác: S KEF  EH .KF  EH .( KH  HF ) . Suy ra:22EH .KH  EH .HFKE.EF .cos AKE  EH .( KH  HF )  cos AKE KE.EF:EH KH EH HF cos AKE .. sin EFK .cos EKF  sin EKF .cosEFKEF EK KE EFGiả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN0.50,50,250,250,53.0Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N  MN’ làphân giác của DMM  Cách dựng điểm N:- Dựng M’ đối xứng M qua ADc0 ...