Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HUYỆN KRÔNG ANA NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 09/01/2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) a a 1 a a 1 Câu 1 (5,0 điểm). Cho biểu thức: P a a a a 1. Rút gọn P. 1 (x y)(1 xy) 1 2. Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có: P (1 x2 )(1 y2 ) P Câu 2 (6,0 điểm). 1. Vớí x 1, giải phương trình: x + x2 - 1 + 4 x - x2 - 1 = 2 . 2x2 2y2 2 xy 16 2. Giải hệ phương trình: x y 4 Câu 3 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC đều, ba điểm M, N, P lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC, CA, sao cho M khác A, B và góc PMN bằng 600. Chứng minh rằng: AB2 4.AP.BN , dấu đẳng thức xãy ra khi nào. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC, dựng các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại F (D nằm trên đoạn AC, E nằm trên đoạn AB). Biết rằng diện tích các tam giác EFB, BFC, CFD lần lượt là 120, 160, 80. Tính diện tích tứ giác AEFD (biết đơn vị đo diện tích là m2). Câu 5 (3,0 điểm). Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác có chu vi bằng 4 thì bất đẳng thức sau luôn luôn đúng: a2 b2 c2 abc 8 . HẾT • Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 HUYỆN KRÔNG ANA NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn: TOÁN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1. (3,0 điểm) P có nghĩa khi: a 0 a 0 a 0 a a 0 a( a 1) 0 a 1 a a 0 a( a 1) 0 0,5 Vậy P có nghĩa khi: a 0 và a 1. (a a 1)(a a ) (a a 1)(a a ) Với điều kiện trên ta có: P a 2 a a 2 a a 2 a a a 2 a a 2 a a 2a 2 2a 2 a 2 a a 2 a I Vậy P 2 2,5 5 1 (x y)(1 xy) 1 2.(2,0 điểm) Vì P 2 nên BĐT tương đương: 2 (1 x2 )(1 y2 ) 2 (x y)(1 xy) 1 (1 x2 )(1 y2 ) | (x y)(1 xy) | (1 x2 )(1 y2 ) 2 2 Theo BĐT Côsy ta có: (x y)2 (1 xy)2 (1 x2 )(1 y2 ) (x y)2 (1 xy)2 2 2 2,0 Hay BĐT được chứng minh. 1. (3,0 điểm) Vớí x 1, giải phương trình: x + x2 - 1 + 4 x - x2 - 1 = 2 (1) Để ý rằng (x x2 1)(x x2 1) 1 1 1,0 Phương trình (1) x x2 1 2 II 4 x x2 1 1 Đặt u 4 x x2 1 1. Phương trình có dạng: u2 2 3 u u3 2u 1 0 (u 1)(u2 u 1) 0 u 1 Vì u2 u 1 1 1,0 2
3. Trở về tìm x ta có u 4 x x2 1 1 x x2 1 1 1,0 x2 1 1 x x 1> Vậy phương trình có nghiệm x 1. 2x2 2y2 2 xy 16 (1) 2. (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: x y 4 (2) x 0 Điều kiện để hệ phương trình có nghĩa y 0 0,5 Khi đó bình phương 2 vế phương trình (2) ta được hệ tương đương 2 2 2x 2y 2 xy 16 3 x y 2 xy 16 Từ đó suy ra: x y 2x2 2y2 (x y)2 2x2 2y2 (x y)2 0 2,0 hay x y x 4 0,5 Từ đây ta suy ra ngay, hệ có nghiệm duy nhất y 4 (3,0 điểm) Ta có BMN 1800 B BNM 1200 BNM (1) 0 0 1,0 BMN 180 NMP PMA 120 PMA (2) Từ (1) và (2) suy ra BNM PMA Suy ra BNM : AMP (g.g) 2 BN BM AM BM AB2 AP.BN AM.BM AM AP 2 4 1,25 Suy ra AB2 4AP.BN (đpcm) * Dấu đẳng thức xãy ra khi AM BM , hay M là trung điểm AB. III 0,5 3 Hình vẽ C P N 0,25 B A M 3
4. (3,0 điểm) Hình vẽ: A D E 0,25 F B C + Nhận xét: Ta dễ dàng chứng minh mệnh đề chung, với hình vẽ trên thì: IV S AD 3 ABD SBDC DC Đặt x SAFD ,y SAFE . Dễ dàng suy ra các đẵng thức sau: BF S 160 S S y 120 BFC 2 AFE EFB 2 Hay 2x y 120 0. FD SCFD 80 SAFD x EF S 120 3 S y 3 BFE AFE Hay 3x 4y 120 0. FC S 160 4 S S x 80 4 BFC AFD CFD 2,0 2x y 120 0 Từ đó ta có hệ: 3x 4y 120 0 x 144 Giải hệ ta có: 0,5 y 168 0,25 2 Khi đó SAEFD SAFE SAFD x y 312(m ). (3,0 điểm) Giả thiết a, b, c là độ dài của 3 cạnh tam giác và a b c 2 p 4 . Khi đó ta có: ( p a)( p b)( p c) 0 hay (2 a)(2 b)(2 c) 0 (*) 1,0 Ta biến đổi (*) 8 4(a b c) 2(ab bc ca) abc 0 V 4(a b c) 2(ab bc ca) abc 8 (a b c)2 2(ab bc ca) abc 8 3 2 2 2 a b c abc 8 (đpcm) 2,0 Hướng dẫn chấm: - Tổng điểm toàn bài là 20, không làm tròn tổng điểm. - Giáo viên chấm có thể thống nhất chia thang điểm nhỏ hơn để chấm. - Cách giải khác, kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. 4