DE THI HSG NAM 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG. PHÒNG GD&ĐT CƯ JÚT. NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN: TOÁN - LỚP 9. TRƯỜNG THCS PHẠM VĂN ĐỒNG. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề. ( Đề thi có 01 trang) Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức 1   2x  x  1 2x x  x  x   1 1 A      : x  0; x  ; x 1 1 x x  1 x x  1 x  Với 4 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của A khi x 17  12 2 c) So sánh A với A . Bài 2: (4,0 điểm) Thu gọn các biểu thức a) A  8  2 10  2 5  8  2 10  2 5 4 12   15 B     6  2 3 6   6 1 b). . . 6  11. Bài 3: (3,0 điểm) a) Giải phương trình. x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3. x b) Cho hàm số f(x) = . 3.  6x  5. . 2012. 3. 3. . Tính f(a),với a = 3  17  3  17 Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho MC 1  MA 3 .Kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại C , cắt tia BM tại K , kẻ BE  CK. a) Chứng minh tứ giác ABEC là hình vuông 1 1 1   2 2 BM BK 2 b) Chứng minh : AB. c) Biết BM = 6cm. Tính các cạnh của tam giác MCK Bài 5: (1,5 điểm) Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác  BPC.Tính BPE. Bài 6: (1,5 điểm) Cho hai số dương a và b thỏa mãn a. b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 2   thức B = a b a  b ----- Hết -----. Họ tên thí sinh:………………………….. Chữ ký giám thị 1:……………………….. Số báo danh : …………………………. Chữ ký giám thị 2:………………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN LỚP 9 Bài 1 (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức (2 điểm). 1   2x  x  1 2x x  x  x   1  1  A      x  0;x  ;x 1   :  1 x 4 x  1 x x   1 x   x 2x  x  1  x  1  x  2x  2 x  x  1   :  x 1 x  1 x 1 x 1 x 1 x  x     x x 1 2 x  1  2 x  1  x 1 2 x  1   :   x x1 1  x 1 x 1 x 1 x  x     1  2 x1  x  :  2 x  1     1  x 1  x  x x x  1    . . . . . .     .   . . . . 2 x1 x. . x. . . .         . . . . 0.5 0.25 0.25. x. 1  x  1 . x x. . 0.25. 1 . x x x. 0,25. x  x  x 1. 1. :. 0.5. . 1. : 2 x1 :. x1 1. . . .  1  x   1 . x1. x x. . . b) Tính giá trị của A khi x 17  12 2 (1 điểm). Tính. . x 17  12 2  3  2 2. . . . 2. 2. . x. 3  2 2  3 2 2 5 3  2 2   5. 1  3  2 2  17  12 2 15  10 A  3 2 2 3 2 2 c) So sánh A với A (1 điểm).. 2 3  2 2. 0.5. 3 2 2. 1 A. x x 1  x 1 x x Biến đổi 1 1 x 2 x  0;x  ;x 1 x 4 Chứng minh được với mọi 1  A x  1 1  A  1  A  1  0  A A  1  0 x. .  A. A 0 A  A. Bài 2 (4 điểm). 0.5. . 0.25 0.25. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A  8  2 10  2 5  8  2 10  2 5. a). . . A2 8  2 10  2 5  2 64  4 10  2 5  8  2 10  2 5. 0.5. 16  2 64  40  8 5. 0.25. 16  2 24  8 5. 0.25. 16  2. 2. 5 2. . 2. 0.5. 12  4 5. .  10  2. . 2. 0.25.  A  10  2 0.25. 4 12   15 B     6  2 3 6   6 1 b). . . 6  11.  15 6  1 4 6  2 12 3  6    2 2 2  2 6  1 6  2 32  6   3 6  1  2 6  2  4 3  6   . . . . .         .  .   .  3 6  3  2 6  4  12  4 6. . 6  11.  . . . . . 6  11. 0.5. 6 11. . 0.5. . 0.5 0.25.  . 6  11. . 6  11. 0.25. 6  112  115 Bài 3 (3điểm) Giải phương trình. x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3. a). .  x  1  x  2   x  3   x  1  x  2  0. x 2 .  x  1  x  3  1.  x  3 0  x 2  x  2 0  x  1  x  3 0 Điều kiện .  1  . . x 2. . x 1 1. . . x 1 1  x 2 . x 3. . 0.5 0.25. . x  1  1 0.  x  1  1 0  x  1 1 x  3 0     x 2  x  2  x  3  x  2  x  3 0. . x = 2 thoả mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.. 0.5 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b)Từ a=. 3. 3  17  3 3  17. .  a3 . 3. 3  17  3 3  17. . 3.  a 3 6  3 3 3  17 . 3 3  17. . 3. 3  17  3 3  17.  a 3 6  6a. . 0.25 0.25.  a 3  6a  6 0 0.25 Vậy :. f  a   a 3  6a  5. . . 2012.  a 3  6a  6  1. . . 2012. 12012 1. 0.25 Bài 4 (8 điểm). A. K. M. 6. 0.5. B C. E. N. 0 a) Ta có A C E 90 AB=AC( Do  ABC vuông cân tại A) Nên : Tứ giác ABEC là hình vuông. b) Kẻ đường thẳng vuông góc với BM tại B cắt EC tại N. 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xét  ABM và  EBN ta có :  A=  E = 900 AB = BE(cạnh hình vuông ABEC)  ABM =  EBN( cùng phụ  EBM) Vậy  ABM =  EBN (g.c.g)  BM = BN Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông BNK ta có : 1 1 1   2 2 BE BN BK 2 Mà : AB BE ; BM BN . 1 1 1   2 2 AB BM BK 2. MC 1   MA 3MC ; AB  AC 4MC c) Từ MA 3 Đặt MC = x  MA = 3x ; AB = 4x Áp dụng định lý pi ta go vào tam giác vuông ABM 2 2 AB 2  AC 2 BM 2   4 x    3x  62  25 x 2 36  x . 6 5. 1 24 4  MC 1 (cm); AB 4 x  4 (cm) 5 5 5 Vì CK //AB nên  MCK đồng dạng  MAB MK KC CM 1     MB AB CA 3 24 3  MK 2(cm); KC  : 3 1 (cm) 5 5. 0.75 0.25 0.5. 0.5. 0.75. 0.75 0.25 0.25 0.5. 0.25. Bài 5 (1,5 điểm ) 0.25. Kẻ EF  AC tại F, DG  BC tại G. S S( BPC ) Theo giả thiết ( ADPE )  S( ACE ) S( BCD ) .   Mà AC BC  EF DG và A C Suy ra AEF CDG  AE CG.   Do đó AEC CDB(c  g  c)  DBC ECA. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>       BPE PBC  PCB PCD  PCB 600. 0,25. Bài 5 (1,5 điểm). Vì ab=1,a>0,b>0 và theo BĐT Côsi ta có : 1 1 2 B   a b a b a b 2   ab a b a b  a b 2      2 a b   2 a b 2 . 3 2 a b a b  a b 1(nhan)  3   a  b  a b 1 2  a  b  1( loai )    2 a b. 0.25 0.5 0.5.  ab  2 Bmin. Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương. 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

<span class='text_page_counter'>(8)</span>