Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2007 2008 môn: toán – lớp 9

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2007 2008 môn Toán – lớp 9 PHÒNG GIÁO DỤC EAKAR TRƯỜNG THCS NG BỈNH KHIÊM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007 2008 Môn TOÁN – LỚP 9 Thời gian làm bài 150 phút Đề bài Bài 1 (4 điểm) Cho biểu thức ( x > 0) 6 6 6 3 3 3 1 1 2 1 1 x x x xP x x x x                      a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P Bài 2 (3 điểm) Cho x =  3 10 6 3 3 1 6 2 5 5     Tính giá trị cuả biểu thức P =    200820073 4 1x x.

PHÒNG GIÁO DỤC EAKAR KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007-2008 Mơn : TỐN – LỚP Thời gian làm 150 phút TRƯỜNG THCS NG.BỈNH KHIÊM Đề : 1     x    x  2 x  x  Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức P   1  x  x  x x  ( x > 0) a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P Bài 2: (3 điểm) Cho x = 10    1 62  Tính giá trị cuả biểu thức P =  x  4x  1  2007 2008 Bài : (3 điểm) Cho P  3   125 125  3   Chứng minh P số nguyên 27 27 Bài : (4 điểm) Cho hai nửa đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Tiếp tuyến chung ngồi TT’ có tiếp điểm với đường tròn (O) T, với đường tròn (O’) T’ Đường thẳng nối tâm OO’ cắt đường thẳng TT’ S Tiếp tuyến chung A cuả hai đường trịn cắt TT’ M a) Tính độ dài AM theo bán kính cuả hai đường trịn (O) (O’) b) Chứng minh : SO SO’ = SM2 , ST ST’ = SA2 c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác TAT’ tiếp xúc với OO’ A đường tròn ngoại tiếp tam giác OMO’ tiếp xúc với SM M Bài : (4 điểm) Cho tam giác ABC P điểm nằm đường thẳng BC, tia đối cuả tia AP lấy điểm D cho AD  BC Gọi E F theo thứ tự trung điểm cuả DB DC Chứng minh đường trịn đường kính EF ln qua điểm cố định P di động BC Bài : (2 điểm) 2  x  y  xy  3  x  y  x  y Giải hệ phương trình  DeThiMau.vn PHÒNG GIÁO DỤC EAKAR TRƯỜNG THCS NGUYỄN BỈNH KHIÊM -HƯỚNG DẪN CHẤM Môn : Toán lớp Bài 1: (4 điểm)  1    1    x     x    x     x     x    x  x  x     a) Ta có P  (1,5 điểm) 3 1 1     x  x  x  x   x x x  x    1   1     x     x3     x   (1,5 điểm) x  x  x   1 1  b) P   x    3.2 x  ; dấu = xảy  x   x  (vì x > 0) x x x  Vậy: Min P =  x = (1 điểm) Bài 2: (3 điểm) 10    1   1    10   82 3 Ta có x = = 10  Suy x3 – 4x + = 2008 Suy P = 12007   (1 điểm) (1 điểm) (1 điểm) Bài : (3 điểm) Áp dụng đẳng thức (a – b)3 = a3 – b3 – 3ab(a - b) P  3 9 125 125  3   27 27 Suy P3 = 3 9 125  125  125 125  125  125   3 9    3                27  27  27 27  27  27     (1,5 điểm) 125 P 27  P3  5P    P3   3 (1,5 điểm)  (P – 1).(P2 + P + 6) =  P = (vì P2 + P + > 0) Vậy P số nguyên (0,5 điểm) DeThiMau.vn Bài : (4 điểm) + Hình vẽ, GT; KL : (0,5 điểm) T M T' O S O' M' A a) MO, MO’ tia phân giác cuả hai góc kề bù AMT AMT’ nên góc OMO’ = 900 (0,5 điểm) Tam giác OMO’ vng M có MA  OO’ nên MA2 = OA.OA’, suy MA  OA.OA '  R.R ' (0,5 điểm) b) + Ta có góc MOA = góc AMO’ ( phụ với góc AMO) góc AMO’ = góc O’MT’  góc MOA = góc O’MT’   SO’M  SMO (g – g)  SO ' SM hay SO.SO’ = SM2 (0,5 điểm)  SM SO +  MAT cân M nên góc MAT = góc MTA góc MAT = góc O’AT’ (cùng phụ với góc MAT’)  góc MTA = góc O’AT’  SAT  ST’A (g – g)  ST SA  hay ST.ST’ = SA2 (0,5 điểm) SA ST ' c) MA = MT = MT’ nên MA bán kính đường trịn ngoại tiếp TAT’ OO’  MA A, đường tròn ngoại tiếp TAT’ tiếp xúc với OO’ A (0,75 điểm) Gọi M’ trung điểm OO’  MM’ // OT  SM  MM’ M Mà MM’ bán kính đường trịn ngoại tiếp OMO’  đường tròn ngoại tiếp OMO’ tiếp xúc với SM M (0,75 điểm) Bài : (4 điểm) D Hình vẽ, GT KL : 0,5 điểm A O E F I P B M C Gọi M trung điểm cuả BC + Tứ giác DEMF hình bình hành EM, FM hai đường trung bình cuả DBC Suy DM EF cắt trung điểm O cuả đường (0,5 điểm) Gọi I trung điểm cuả AM suy I điểm cố định (0,5 điểm) DeThiMau.vn + OI đường trung bình cuả AMD nên : OI = 1 AD = BC (giả thiết) (1) (0,5 điểm) + EF đường trung bình cuả ABC nên EF = BC (2) (0,5 điểm) 1 EF Suy I thuộc đường tròn (O; BC) (1 điểm) Vậy đường trịn đường kính EF (O; BC) qua điểm cố định I P thay đổi Từ (1) (2) suy OI = đường thẳng BC (0,5 điểm) Bài : (2 điểm) Do x2 + y2 + xy = nên hệ phương trình cho tương đương với :  x  y  xy  (0,5 điểm)  3 2 x  y  x  y x  y  xy      Phương trình x3  y   x  y   x  y  xy   x3 + y3 = x3 + xy2 + x2y + 3x2y + 3y3 + 3xy2  2y3 + 4xy2 + 4x2y =  2y(y2 + 2xy + 2x2) = y  (0,25 điểm)   2  y  xy  x   Với y = 0, thay vào phương trình thứ cuả hệ ta x = 1 x   x  1  y  y  Hệ có hai nghiệm  (0,25 điểm)  x  y 2   Với y  xy  x   (x + + = Vì   x  Dấu “=” xảy  x = y = (khơng thoả mãn) x  y  xy  (0,5 điểm) x   x  1 Vậy hệ cho có nghiệm   (0,5 điểm) y  y  2 y)2 x2 -Ghi : + Học sinh làm cách giải khác lập luận chặt chẽ có kết cho điểm tối đa tương ứng với điểm + Trong q trình chấm, giám khảo chia nhỏ điểm thành phần cuả Điểm nhỏ 0,25 DeThiMau.vn ... 10  Suy x3 – 4x + = 2008 Suy P =  12007   (1 điểm) (1 điểm) (1 điểm) Bài : (3 điểm) Áp dụng đẳng thức (a – b)3 = a3 – b3 – 3ab(a - b) P  3 9? ?? 125 125  3   27 27 Suy P3 = 3 9? ?? 125  125... -Ghi : + Học sinh làm cách giải khác lập luận chặt chẽ có kết cho điểm tối đa tương ứng với điểm + Trong trình chấm, giám khảo chia nhỏ điểm thành phần cuả Điểm nhỏ 0,25 DeThiMau.vn ... P số nguyên (0,5 điểm) DeThiMau.vn Bài : (4 điểm) + Hình vẽ, GT; KL : (0,5 điểm) T M T' O S O' M' A a) MO, MO’ tia phân giác cuả hai góc kề bù AMT AMT’ nên góc OMO’ = 90 0 (0,5 điểm) Tam giác OMO’