Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 đa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (210.35 KB, 5 trang )
Phòng GD&ĐT Đại Lộc
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014– 2015
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
Môn :
Toán
Lớp : 9
Người ra đề :
Đơn vị :
Nguyễn Văn Tiến
THCS Phan Bội Châu
ĐỀ BÀI.
Bài 1: ( 4 điểm) Cho biểu thức
a−3 a a −2
a −3
9−a
A = 1 −
+
−
÷:
÷
a −9 a +3 2− a a + a −6
a) Rút gọn A.
b. Tìm các số nguyên của a để A là số nguyên
Bài 2 (1 điểm): Chứng minh rằng tích của bốn số tự nhiên liên tiếp cộng với 1, luôn
là số chính phương
Bài 3 (4 điểm) giải phương trình
1)
1
1
1
+
+
=1
x +3 + x +2
x + 2 + x +1
x +1 + x
2)
x − 3− 2 x − 4 = 2 x − 4 − 3
Bài 4: (4điểm)
Chứng minh đẳng thức:
abc + 4
bc
−4
1 với a > 0, b > 0 và
a
a
=
a
abc − 2
abc > 2
Bài 5: (4điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax và By
của nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ
AB). Gọi M là điểm tùy ý thuộc nửa đường tròn (khác A và B). Tiếp tuyến tại M của
nửa đường tròn cắt Ax tại D và cắt By tại E.
a) Chứng minh rằng: ∆ DOE là tam giác vuông.
b) Chứng minh rằng: AD ×BE = R 2 .
c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho diện tích của tứ
giác ADEB nhỏ nhất.
Bài 6 ( 3 điểm)
Cho đường tròn ( O, 15 cm) dây BC = 20 cm các tiếp tuyến của đường tròn tại B và
C cắt nhau tại A. Gọi H là giao điểm OA và BC
a. Chứng minh rằng: HB = HC
b. Tính độ dài OH
c. Tính độ dài OA
1
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN .
NĂM HỌC 2012 – 2013.
Môn Toán - Lớp 9
(Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề).
Nội dung
Bài
Điểm
1.Cho biểu thức
a−3 a a −2
a −3
9−a
A = 1 −
+
−
÷:
÷
a −9 a +3 2− a a + a −6
a) Rút gọn A.
TXĐ: a ≥ 0; a ≠ 4
A = 1 −
Bµi
1:
4®iÓ
m
(
0,5
a +3
)(
(
(
)
a a −2
a −3 3− a
A = 1 −
+
−
÷:
÷
a
+
3
a
+
3
2
−
a
a −2
A=
3
a −2
:
a +3 a +3
A=
3
a −2
b) Tìm các số nguyên của a để A là số nguyên.
Giả sử a ∈ Z . Để A ∈ Z ⇔
⇔
(
⇔
3
∈Z
a −2
)
a − 2 là ước của 3
a − 2 = −1
⇔
a −2 =3
a − 2 = −3
a − 2 =1
)(
)(
) ÷
) ÷
a −2
a −3 3− a 3+ a
÷:
+
+
a −3 ÷ a +3 2− a
a −2
a +3
a ( a − 3)
1
0,5
1
0,5
a =3⇔a =9
a =1 ⇔ a =1
a = 5 ⇔ a = 25
a = −1(l )
0,5
2
Bài
2(1đ)
Bµi
3:
5®
Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n ∈ N) ta có :
n (n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = ()
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3)(n + 1)(n + 2)
+1
(0,5 đ)
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2)
+ 1 (*)
(0,5 đ)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 +
2t + 1 =
( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
(0,5 đ)
Vì n ∈ N nên n2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)
(n + 3) + 1 là một số chính phương
1)
Gi¶i
ph¬ng
tr×nh:
1
1
1
+
+
=1
x +3 + x +2
x + 2 + x +1
x +1 + x
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
0.25 đ
0.25 đ
0,25
0,25
§K x ≥ 0
1
x+ 3+ x+ 2
⇔
+
(
⇔
(
1
+
x+ 2 + x+1
x + 1+ x
x+ 3− x+ 2
x+ 3+ x+ 2
)(
x+ 3− x+ 2
x + 1− x
x + 1+ x
(
1
+
)(
x + 1− x
) (
x+ 3− x+ 2 +
)
+
) (
=1
x+ 2− x+1
)(
x+ 2 + x+1
0,25
)
x+ 2 − x+1
0,25
=1
) (
x+ 2− x+1 +
0,25
)
x + 1− x = 1
0,25
⇔ x+ 3 = x +1
0,25
⇔ x + 3= x + 2 x + 1
⇔2 x=2
0,25
⇔ x =1
0,25
⇔ x=1
x = 1 thỏa mãn ĐK. Vậy PT có nghiệm x = 1
2)
x − 3− 2 x − 4 = 2 x − 4 − 3
0,25
( ÑK : x ≥ 4)
0,25
0,5
0,25
3
x 4 2 x 4 + 1 = 2 x 4 3
(
Bài
4:
4đ
)
0,25
2
x 4 1 = 2 x 4 3
0,25
2 x 4 3 0
x 4 1 = 2 x 4 3
x 4 1,5
x 4 1 = 2 x 4 3
x 4 1,5
x 4 = 2
x 4 = 2
x 4 = 4
( thoỷa maừn ủieu kieọn)
x=8
Vy x = 8.
abc + 4
bc
4
Chng minh ng thc:
1
a
a
=
abc 2
a
vi a > 0, b > 0 v abc > 2
abc + 4
bc
4
a
a =
abc 2
VT =
=
(
a
abc 2
(
)
abc + 4 4 abc
a
abc 2
2
abc 2
)
=
abc 2
1
=
a ( abc 2)
a
2
2
Bi 5:
4 im
+ Hỡnh v ỳng (cõu a):
+ Theo gi thit: DA v DM l
hai tip tuyn ct nhau ti D,
nờn OD l tia phõn giỏc gúc
AOM. Tng t: OE l tia phõn
giỏc gúc MOB.
l hai gúc
+ M AOM
v MOB
= 900 . Vy tam
k bự, nờn DOE
giỏc DOE vuụng ti O.
í b)
+ Tam giỏc DOE vuụng ti O v OM DE nờn theo h thc lng
4
0,25
1
0,25
trong tam giác vuông, ta có: DM ×EM = OM 2 = R 2 (1)
+ Mà DM = DA và EM = EB (định lí về 2 tiếp tuyến cắt nhau) (2).
+ Từ (1) và (2) ta có: DA ×EB = R 2
Ý c)
+ Tứ giác ADEB là hình thang vuông, nên diện tích của nó là:
S=
0,25
0,5
0,25
1
1
AB ( DA + EB ) = ×2 R ×( DM + EM ) = R ×DE
2
2
1
+ S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. Mà DE là đường xiên hay
đường vuông góc kẻ từ D đến By, nên DE nhỏ nhất khi DE = DH
(DH vuông góc với By tại H).
0,5
Khi đó DE song song với AB nên M là điểm chính giữa của nửa
đường tròn (O) (hoặc OM ⊥ AB). Giá trị nhỏ nhất của diện tích đó
là: S0 = 2 R 2
Ghi chú: Nếu học sinh không tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích vẫn
cho điểm tối đa.
0,5
Vẽ hình, ghi giả thiết và kết luận
Bµi
6:
3
®iÓ
m
ˆ nên
a. Tam giác OBC cân tại O có OH là phân giác của BOC
HB = HC
b. OH = OB 2 − HB 2 = 152 − 122 = 9cm
1
0,5
c.Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác OBA ta
có
OB 2 152
=
= 25(cm)
OB = OH.OA => OA =
OH
9
2
5
1
