Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2010-2011 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng

Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2010-2011 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng

Thể loại: Trung học cơ sở
Lượt xem: 68,820Lượt tải: 1Số trang: 24

Mô tả tài liệu

Đề thi kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2010-2011 môn Toán của Sở Giáo dục và Đào tạo Đà Nẵng gồm 5 bài tập có kèm đáp án giúp người học làm quen với cách ra đề và làm bài thi học sinh giỏi. Mời các bạn cùng tham khảo.

Tóm tắt nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức: với a > 0, a 1. a) Chứng minh rằng b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị 2. (2,0 điểm) a) Cho các hàm số bậc nhất: , và có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Bài 5. (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu và tên thí sinh: Số báo danh: ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KÌ THI CHỌN SINH HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC thi: DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp 9. Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày. Tổ chấm có thể phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi. Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi. Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác. Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó. Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số BÀI-Ý ĐỀ -ĐÁP 1 Cho biểu thức: với a > 0, a 1.a) Chứng minh rằng b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức nhận giá trị a > 0, a 1 nên: 0,25 Do nên: 0,25 có do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là N = 1 (phù N nguyên 0,25 Bài 2 a) Cho các hàm số bậc nhất: , và có đồ thị lần lượt là các đường thẳng (d1), (d2) và (m). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng (m) cắt hai đường thẳng (d1) và (d2) lần lượt tại hai điểm A và B sao cho điểm A có hoành độ âm còn điểm B có hoành độ dương?b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M và N là hai điểm phân biệt, di động lần lượt trên trục hoành và trên trục tung sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định . Tìm hệ thức liên hệ giữa hoành độ của M và tung độ của N; từ đó, suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức kiện để (m) là đồ thị hàm số bậc nhất là trình hoành độ giao điểm của (d1) và (m) là: Điều kiên để phương trình này có nghiệm âm là trình hoành độ giao điểm của (d2) và (m) là: Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là Vậy điều kiện cần tìm là: m = xM và n = yN mn 0 và m 1 (*)Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = hệ thức liên hệ giữa m và n là hai vế cho mn 0 ta được: (**) 0,25 dấu “=” xảy ra khi kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa giá trị nhỏ nhất của Q là 0,25 Bài 3 a) Giải hệ phương trình: (1) b) Tìm tất cả các giá trị của x, y, z sao cho: (2) 2,0 thì (phù thì thì (1) Hệ có đúng 2 nghiệm là và kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ 0,25 (thỏa điều 4 Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn và 0,25 A là trực tâm của tam giác BNF 0,25 Lại có A, E, F thẳng hàng nên hai tam giác ACN và AMB đồng ra: không đổi (với R là bán kính đường tròn (C có nên A là trong tâm tam giác BNF C là trung điểm NF khác: , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: không NF ngắn nhất CN =CF C là trung điểm NF và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF NF ngắn 5 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu S = (1) là một số nguyên hai chữ số tận cùng của S là khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận cùng là 6 (vì 34=12; 26=12; 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; ba chữ số tận cùng của S là Hết kiện x ≥ 0; y z ≥ 0; z x ≥ 0 y ≥ z ≥ x ≥ BĐT Cauchy: 0,25 Do đó thỏa điều PHÒNG GD-ĐT CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 (ĐỀ SỐ 3) năm học : 2011 - 2012 Môn : TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2) Bài 1 ( 3,0 các số dương: a; b và x =. Xét biểu thức P = 1. Chứng minh P xác định. Rút gọn P. 2. Khi a và b thay đổi, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P. Bài 2 (3,0 x; y; z thoả mãn hệ 3 ( 3,0 mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a =; b minh rằng với n ≥ 1, ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 + bn + 1) – ab(an + minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số minh Sn – 2 = . Tìm tất cả các số n để Sn – 2 là số chính 4 (5,0 đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AE < BE. Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE và đường tròn (O2) đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn trên, với M là tiếp điểm thuộc (O1) và N là tiếp điểm thuộc F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Chứng minh rằng đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB = 18 cm và AE = 6 cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) ở C và D, sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Bài 5: (4đ): Cho ABC đường thẳng d cắt AB và AC và trung tuyến AM theo thứ tự . Là E , F , N . a) Chứng minh : b) Giả sử đường thẳng d // BC. Trên tia đối của tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB tại P đường thẳng KM cắt AC tại Q. Chứng minh 6: (2 điểm) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : DẪN CHẤM: ĐỀ SỐ 3 Câu 1. (3,0 điểm) Tóm tắt lời điểm) Ta có: a; b; x > 0 a + x > 0 (1) Xét a – x = (2) Ta có a + x > a – x ≥ 0 (3) Từ (1); (2); (3) P xác định Rút gọn:Ta có: a + x = a - x = P = Nếu 0 < b < 1 P = Nếu b P = 2. (1.0 điểm)Xét 2 trường hợp: Nếu 0 < b < 1, a dương tuỳ ý thì P = P Nếu b, a dương tuỳ ý thì P = Ta có: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 Mặt khác: , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 Vậy P , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1 KL: Giá trị nhỏ nhất của P 2 (3,0 điểm) Tóm tắt lời đổi tương đương hệ ta có Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã 3 (3,0 điểm) Tóm tắt lời điểm)Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = an+2 + bn+2 (1) Mặt khác: (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2)Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh2. (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = 7 Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - SnDo S1, S2 Z nên S3 Z; do S2, S3 Z nên S4 Z Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6;...; S2008 Z3. (1.0 điểm)Ta có Sn – 2 = = = đpcmĐặt a1 =; b1 = a1 + b1 = ; a1b1 = 1 Xét Un= Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) Un+2 = Un+1 – UnTa có U1 = 1 Z; U2 = Z; U3 = 4 Z; U4 = 3 tục quá trình trên ta được Un nguyên n lẻ Vậy Sn – 2 là số chính phương n = 2k+1 với k Z và 4 (5,0 điểm) Tóm tắt lời (2,5 điểm) O1M; O2N MN O1M/ / O2N Do O1; E; O2 thẳng hàng nên MO1E = NO2B Các tam giác O1ME; O2NB lần lượt cân tại O1 và O2 nên ta có: MEO1=NBO2 (1) Mặt khác ta có: AME = 900 MAE + MEO1= 900 (2) MAE + NBO2 = 900 AFB = 900 Tứ giác FMEN có 3 góc vuông Tứ giác FMEN là hình chữ nhật NME = FEM (3) Do MNMO1 MNE + EMO1 = 900 (4) Do tam giác O1ME cân tại O1 MEO1 = EMO1 (5) Từ (3); (4); (5) ta có: FEM + MEO1= 900 hay FEO1 = 900 (đpcm)2. (2,5 điểm)Ta có EB = 12 cm O1M = 3 cm < O2N = 6 cm MN cắt AB tại S với A nằm giữa S và B. Gọi I là trung điểm CD CDOI OI// O1M //O2N SO2 = 2SO1 SO1+O1O2 = 2SO1 SO1= O1O2 Do O1O2 = 3 + 6 = 9 cm SO1= O1O2 = 9 cm SO =SO1 + O1O = 15cmMặt khác: OI = 5 cmXét tam giác COI vuông tại I ta có: CI2 + OI2= CO2 CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = 9 cm CI2 + 25 = 81 CI = CD = 4 5 (2,0 Kẻ Ta có: Ta có: (cgc) Vậy: Thay vào (*) ta được (đpcm) là trung điểm của EF +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP tại LTa có: Do đó : B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM tại H Ta có Do đó: Từ 6: 2 điểm) Do a <1 <1 và b <1 Nên Hay (1) Mặt khác 0 <a,b <1 ; Vậy Tương tự ta có HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC TOÁN LỚP 9Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: . a) Rút gọn biểu thức giá trị của P với . Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm số: và . a) Vẽ đồ thị (D) và và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác 3: (4 điểm) Giải phương trình: . Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I. Chứng minh rằng: . Bài 5: (6 điểm) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh giác MENF là hình chữ = Hết HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC TOÁN LỚP . 0,5 đ a) Mẫu thức chung là 1 – xy 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2 a) Đồ thị có : Đồ thị Đồ thị như hình vẽ: 0,5 đ 0,5 đ b) Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)Ta có: OM = OM2 = 2 ON = ON2 = 18 MN = MN2 = 20 Vì: OM2 + ON2 = MN2 Vậy: tam giác OMN vuông tại O 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 3 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được: Đặt thì: Ta được pt: 6y2 – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0 Do đó: * Với thì: <=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=> * Với thì: <=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=> 1 đ 1 đ 1 đ 1 đ 4 Vẽ Ax AI cắt đường thẳng CD tại J. Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên: (1) Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có: AB = AD = a; (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Suy ra: AJ = AM Thay vào (1) ta được: đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 có (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE EF và OF EF => OE // O/F => (góc đồng vị) => Do đó MA // FN, mà EB MA => EB FN Hay . Tứ giác MENF có , nên MENF là hình chữ đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên Mặt khác, trong đường tròn (O/): => Suy ra đồng dạng (g – g) => hay MN AD 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ c) Do MENF là hình chữ nhật, nên Trong đường tròn (O) có: => Suy ra đồng dạng (g – g) =>, hay ME.MA = MF.MD 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao ( 5đ) Cho biÓu thøc M = a. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa vµ rót gän M a. T×m x ®Ó M = 5 a. T×m x Z ®Ó M Z. Câu: 2(2đ). Cho với giá trị của biểu thức: Câu giá trị nhỏ nhất của biểu thức b. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta có Câu: 4 tích đa thức sau thành nhân tử: phương trình : 5 (5đ) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. 1) Tứ giác BEDF là hình gì vì CH và CK lần lượt là đường cao của tam giác ACB và tam giác ACD.Chứng minh giác CHK và tam giác ABC đồng dạng ĐÁP ÁN Câu: 1(5đ) a) ĐK 0,5đ Rút gọn M = 0,5đ Biến đổi ta có kết quả: = 0,5đ = 1đ b) 1đ c) M = 0,5đ Do M nên là ​ước của 4 nhận các giá trị: 0,5đ do 0,5đ Câu: 2 (2đ) Phân tích được thành 0,5đ <=> a=b hoặc 4a=b 0,5đ Lập luận chỉ ra a=b (nhận) 4a=b (loại) 0,5đ Tính được 0,5đ Câu: 3 (4đ) a. Viết được 1,5đ Lập luận min A = 2 khi x-2= 0 => x= 2 0,5đ b. biến đổi <=> 0,5đ <=> +c2 +c2 -2ca+a2 ≥0 0,5đ <=> ≥ 0 0,5đ Lập luận => khẳng định 0,5đ Câu: 4 = -3xyz 0,5đ = (x+y)3+z3 0,5đ = 0,5đ phương trình : <=> + 3x-6=0 0,5đ <=> 0,5đ <=> 0,25đ <=> =0 0,25đ <=> 0,25đ <=> =0 0,25đ Câu: 5 (5đ) Chỉ ra Tam giác ABE = Tam giác CDF 0,5đ =>BE=DF . BE//DF cùng vuông góc với AC 0,25đ => BEDF là hình bình hành Chỉ ra góc CBH = góc CDK 0,5đ => tam giác CHB đồng dạng với Tam giác CDK (g,g) 0,25đ 0,25đ Chỉ ra CB//AD,CK vuông góc CB=> CK vuông góc CB 0,25đ Chỉ ra góc ABC = góc HCK ( cùng bù với BAD) 0,25đ Chỉ ra hay vì AB=CD 0,25đ Chỉ ra tam giác CHK đồng dạng tam giác BCA (c-g-c) 0,25đ b. chỉ ra tam giác AFD = tam giác CEB => AF=CE 0,5đ chỉ ra tam giác AFD đồng dạng với tam giác AKC 0,25đ => => (1) 0,5đ Chỉ ra tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACH 0,25đ => (2) theo vế (1) và (2) ta được AD.AK+ AB.AH =CE.AC+ AE.AC 0,25đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN KIM THÀNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 9Thời gian làm bài: 120 phútĐề gồm 01 1: (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. Hãy tính giá trị biểu thức: A = Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – f(a) tại a = b) Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính 3: (4,0 các phương trình sau: a) b) Bài 4: (3,0 điểm) a) Tìm x; y thỏa mãn: b) Cho a; b; c là các số thuộc đoạn thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. a) Chứng minh: b) Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c) Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác THCS THƯỢNG VŨTổ DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HUYỆN KIM THÀNHNĂM HỌC 2012 – 2013Môn: Toán 9 Thời gian: 120’ Câu 1: (4 điểm) a/ Rút gọn biểu thức A = ĐKXĐ: x 4; x 9 A = = b/ Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = 1. Hãy tính: A = Gợi ý: xy + yz + xz = 1 1 + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: 1 + y2 = …; 1 + z2 = …. Câu 2: (3 điểm) a/ Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – f(a) tại a = b/ Tìm số tự nhiên n sao cho n2 + 17 là số chính a= nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = 1 b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ) và k > n (k – n)(k + n) = 17 Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3: (4 các phương trình sau: a/ b/ Giải a/ ĐK: Bình phương 2 vế: (thỏa mãn) Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0; x = -3 b/ ĐKXĐ: x vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 Câu 4: (3 điểm) a/ Tìm x; y thỏa mãn: b/ Cho a; b; c là các số thuộc đoạn thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 6 hãy chứng minh rằng: a + b + c 0 Giải a/ Xét VP = theo BĐT cosi: vậy VP xy = VT Dấu = xảy ra khi: b/ Do a; b; c thuộc đoạn nên a + 1 0; a – 2 0 nên (a + 1)(a – 2) 0 Hay: a2 – a – 2 0 a2 a + 2 Tương tự: b2 b + 2; c2 c + 2 Ta có: a2 + b2 + c2 a + b + c + 6 theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = 6 nên: a + b + c 0 Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; các đường cao AK; BD; CE cắt nhau tại H. a/ Chứng minh: b/ Giả sử: HK = AK. Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 c/ Giả sử SABC = 120 cm2 và BÂC = 600. Hãy tính diện tích tam giác Sử dụng định lý pytago: = b/ Ta có: tanB = ; tanC = Nên: tanBtanC = (1) Mặt khác ta có: mà: tanHKC = Nên tanB = tương tự tanC = (2) Từ gt: HK = AK c/ Ta chứng minh được: và đồng dạng vậy: (3) Mà BÂC = 600 nên AB = 2AD(4) Từ (3)(4) ta có: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN: TOÁN Lớp 9 thcs Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Câu I (4đ) Cho biểu thức P = 1) Rút gọn P 2) Tính giá trị của P khi x = Câu II cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và độ dài m để đường thẳng d’: y =- x = m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III hệ phương trình 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6đ) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và AM. Câu V (2đ) Với . Tìm tất cả các nghiệm của phương GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Ngày thi 1:ĐK 1) b) => x= vì x>1 Vậy P=0 Câu II: 1) Hoành độ giao điểm là nghiệm phương x=1 hoặc x=2 Vậy A(1,-1) và B(-2;-4) hoặc A(-2;-4) (d’) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình x2-x+m=0 (1) có hai nghiệm phân biệt <=> <=> Ta có khoảng cách AB2 =18 để CD = AB <=> C(-1,-3) và D(2;0) hoặc D(-1;-3) hoặc C(2;0 Câu III 1,ĐK x0, y0 Đặt x=ky ( k0) <=> (1) Nếu k=-1 thì hệ phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình đã cho vô k -1 từ (1) => => k=2 hoặc k = -2 Nếu k=2 => Nếu k = -2 => Từ 2x6 + y2 – x3y = 320 (x3)2 320 mà x nguyên nên Nếu x=1 hoặc x=-1 thì y không nguyên x=2=> y=-2 hoặc y=6 Nếu x=-2 => y=-6 hoặc y=2 Vậy phương trình đã cho có 4 cặp nghiệm (x;y) IV: 1) Ta có nên tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn tâm chính là (C1) là trung điểm AH (1) mà (2) ( cùng phụ với góc ACD) (3)( do đương trung tuyến ứng với cạng huyền) Từ (1), (2) và (3) ta có => ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) 2, gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn Ta thấy =>nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó KH AM Câu V:: do vai trò x,y,z như nhau nên Nếu x= 0 => Ta có VT 0 mà VP < 0 nên trong trường hợp này không có x khác 0 mà <=> >0 đúng với mọi . Dấu “=” xảy ra khi: x=z=1. + Ta có: + Tương tự: . (1) + Mặt khác, vì: Dấu “=” xảy ra khi : x=y=z=1. (2) + Từ (1) và (2) chỉ đúng khi: . Khí đó Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: CHÍNH §Ò CHÝNH THøC