1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

đề thi HSG Toán lớp 9 cấp huyện NH 16-17(chính thức+dự phòng) +Key

5 50 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 171,3 KB

Nội dung

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Gọi E là giao điểm của AM và OK... 1) Chứng minh OE.OK không đổi khi M di chuyển trên nửa đường tròn..[r]

(1)

PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HUYỆN XUYÊN MỘC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Khóa thi, ngày 10 tháng 01 năm 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1:(3,0 điểm)

1) Chứng minh số A 6 20151 B 6 20161đều bội 7.

2) So sánh

2016 2017 10 A

10 11  

2016 2017 10 B

10  

Bài 2: (5,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

2 x x x P

x x x x

  

  

    với x 0;x 4;x 9   .

2) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2016 2016 Q

1 x x

x   

3) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 6x2 + 5y2 = 74

Bài 3: (3,5 điểm)

1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình m x  m y 1   (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn 2) Cho số dương a, b, c Chứng minh :

a b c

a b b c c a

   

  

Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R Lấy điểm M nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK

1) Chứng minh OE.OK không đổi M di chuyển nửa đường trịn

2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO

3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB

Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Một điểm P chạy cung nhỏ AB (P khác A B) Chứng minh tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B không lớn đường kính đường trịn (O)

HẾT

(2)

Số báo danh: ……… UBND HUYỆN XUYÊN MỘC

PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI TỐN LỚP

(Hướng dẫn chấm có ……… trang) Bài 1:(3,0 điểm)

1) Chứng minh số A 6 20151 B 6 20161đều bội 7.

2) So sánh

2016 2017 10 A 10 11  

2016 2017 10 B 10   

Bài 1 Đáp án Điểm

1.1 (1,0đ)

Ta có: A 6 20151 7    0,5

 

1013

2016 62 1

B 6  1  6 35 7   0,5

1.2 (2,0đ)

Ta có: 10

2016 2017

2017 2017 2017

10.(10 1) 10 11 1

A

10 11 10 11 10 11

  

   

   (*) 0,75

Và: 10

2016 2017

2017 2017 2017

10.(10 1) 10 1

B

10 10 10

  

   

   (**) 0,5

Ta thấy 2017

10 11 2017

10 9 nên từ (*) (**)  10A > 10B A > B. ( Trong ý đầu, ý chứng minh trước cho 0,75; ý sau tương tự cho 0,5đ)

0,75

Bài 2: (5,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

2 x x x P

x x x x

  

  

    với x 0;x 4;x 9   .

2) Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2016 2016 Q x x x    

3) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 6x2 + 5y2 = 74

Bài 2 Đáp án Điểm

2.1 (2,0đ)

2)

( 3)

2 x (2 x 1)( x ( x 3)( x 3) P

x )( x

 

 

    

2 ( 2)( 1)

( 2)( 3) ( 2)( 3)

x x x x x

P

x x x x x

             0,75 0,5x2 +0,25 2.2 (2,0đ)

a) Ta có:

2 2

2

2 2

2 2

2016 2016 (2017 2017) ( 1) Q

1

2017( 1) ( 1) ( 1)

2017 (*)

1 1

x x x x x

x x

x x x

x x x

                    0,5 0,5 Vì 2 ( 1) x x

(3)

Dấu “=” xảy

2 ( 1)

0 1

1 x

x x

x

      

0,5

Vậy max Q = 2017  x1 0,25

2.3 (1,5đ)

Cách 1:

Ta có : 6x2 + 5y2 = 74  6x2 – 24 = 50 – 5y2

 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) (*)

Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) Mà (6;5) = nên (x2 – 4) 5

0,25 0,25 Đặt x2 – = 5t ( t )  x2 = 5t + Thay vào (*)  y2 = 10 – 6t

Vì

2

2

4

0 5

5

0 10

3 t

x x t

t

y y t t

         

  

     

  

   

 

   

 

t

  t = 1

0,25 0,25

 Khi t = thì y2 = 10 (loại vì y  )

 Khi t = thì

2

9

2

x x

y y

    

 

 

 

 (vì x > 0; y > 0)

0,5 Cách 2:

Ta có : 6x2 + 5y2 = 74  6x2 – 24 = 50 – 5y2  6(x2 – 4) = 5(10 – y2) (*)

Từ (*) suy ra: 6(x2 – 4) Mà (6;5) = nên (x2 – 4) 5

 [(x2 – 4) +5] 5 (x2 +1) 5 (**)

Từ  0 < 6x2 < 74 0 < x2 12 Kết hợp (**) x2 = x2 =  Khi x2 = thì y2 = 10 (loại vì y  )

 Khi x2 = thì y2 =  (x = y = 2) (vì x > 0; y > 0)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3: (3,5 điểm)

1) Trên mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình m x  m y 1   (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) lớn 2) Cho số dương a, b, c Chứng minh :

a b c

a b b c c a

   

  

Bài 3 Đáp án Điểm

3.1 (2,0đ)

Xét pt: m 4xm 3 y1

Ta thấy: m 4.0m 3.0 0 1 nên (d) qua O(0;0) 0,25 + m = ta y = nên K/c từ (d) đến O y 1

+ m = ta x = - nên K/c từ (d) đến O x  1 1

0,25x2

+m 3;m 4  thì (d) cắt Ox A

,0 m

 

 

   cắt Oy B 0, m

 

 

   0,25

Kẻ OH vuông góc với (d) H; ta có K/c từ O đến (d) OH Dựa vào ΔOAB vuông O

2

2

2

1 ( 4) ( 3) 2 1

2 2

m m m

OH

 

 

 

       

Suy được: OH

0,5 0,25

Suy khoảng cách từ O đến (d) lớn OH = m =

(4)

3.2 (1,5đ)

Vì a, b, c số dương (gt) nên ta có: (1)

a a a c

a b c a b a b c

 

    

0,5 (2)

b b b a

a b c b c b c a

 

    

0,25

(3)

c c c b

a b c c a c a b

 

    

0,25

Cộng vế (1), (2) (3), ta có:

a b c

a b b c c a

   

  

Lưu ý: HS chứng minh vế cho 0,75đ

0,5

Bài 4:(5,5 điểm) Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R Lấy điểm M nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK

1) Chứng minh OE.OK không đổi M di chuyển nửa đường tròn

2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO

3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB

A B

M

K N

I E

H O

F

Bài 4 Đáp án Điểm

4.1 (1,75đ)

Hình vẽ đến câu 0,25

Chứng minh OK AM E

Dựa vào OAK vuông A OE.OK = OA2 = R2 không đổi.

0,75 0,75

4.2

(1,75đ)

Chứng minh được: OK // BN (AM)

Chứng minh được:AOK = OBN (g.c.g)  OK = BN

0,25x2 0,5 + 0,25 Suy OBNK hình bình hành từ suy được: IN = IO 0,5 Chứng minh AOK đồng dạng HBM

2

2

HB MB HB MB AOOKAOOK (1)

Chỉ MB2 = HB.AB OA2 = OE.OK (cma) (2)

(5)

4.3

(2,0đ) Từ (1) (2) suy được2

HB HB AB HB AB HB OE

OK OEOKOEOKABOK (3) 0,5

Chứng minh

FB BK

HB

AB  (4)

Từ (3) (4) suy

FB OE

KB OK  EF // OB //AB (đl Ta let)

0,25 0,5 Bài 5:(2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Một điểm P chạy cung nhỏ AB (P khác A B) Chứng minh tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B khơng lớn đường kính đường tròn (O)

A

B C

P

Q

1

1

O

1

3

Bài 5 Đáp án Điểm

5 (2,5đ)

Vì ABCđều, P AB nên AP < PC Lấy điểm Q PC cho PQ = PA 0,25 APQ

 cân có APQ P 1600(chắn cung 1200) nên APQ

 AP = AQ = PQ

0,75 - Chứng minh APB = AQC (c.g.c)  PB = QC

Từ  PA + PB = PQ + QC = PC Mà PC dây (O) nên PC  2R (đường kính)

1,0

Chứng tỏ tổng khoảng cách từ P đến A từ P đến B không lớn

đường kính đường trịn (O). (đpcm) 0,5

Ngày đăng: 08/04/2021, 14:12

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w