De HSG toan 9 - dap an

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN EAKAR TRƯỜNG THCS CHU VAN AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 Năm học 2008 – 2009 Thời gian: 150 phút Bài1: (4 điểm) a) Giải phương trình: 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = b) Chứng minh rằng nếu : a,b,c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có 1 1 2 a b b c c a + = + + + Bài 2: (6 điểm) Cho 2005 hệ PT 2 3 2 ( 3) ( 2) 2 x y k k x k y + = +   + − + = −  (k) Với k { } 1;2;3; ;2005∈ a) Tính ; k k x y theo k với ( ; ) k k x y là nghiệm của hệ phương trình (k) b) CMR 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2005 2005 1 1 1 1 1 2x y x y x y x y + + +×××+ < + + + + Bài 3: (4 điểm) Cho ABC ∆ có góc 0 90ABC > ) . Đặt BAC x= ) và BCA y= ) CMR: sin(x + y) = sinxcosy + sinycox Bài 4: (6 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O). Từ một điểm M trên cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt hai tiếp tuyến kia tại P và Q. a) CMR khi M chuyển động trên cung nhỏ BC thì chu vi ∆ APQ không đổi b) Nếu M là điểm chính gữa của cung nhỏ BC chứng minh 1 2 APQ MBC S S ∆ ∆ > ĐÁP ÁN Câu1: (4 điểm) a) 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = ( ) ( ) 2 2 4 4 1 3 2x x⇔ − + − = (0,5đ) ( ) 4 4 4 1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x⇔ − + − = ⇔ − + − = = ≥ ≥ (1) • 0 1: 1 0, 3 0y y y≤ ≤ − ≤ − < , nên (2) 1 3 2 1y y y⇔ − + − = ⇔ = (thoả mãn đk) 1x⇔ = là một nghiệm của phương trình (1) (0,5đ) • 1 3: 1 0, 3 0y y y< ≤ − > − ≤ , nên pt (2) 1 3 2 0 0y y y− + − = ⇔ = Do đó pt (2) có vô số nghiệm y ( 1 3y< ≤ ), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x ( 1 81x< ≤ ). (0,5đ) • 3: 1 0, 3 0y y y> − > − > , nên pt (2) 1 3 2 3y y y⇔ − + − = ⇔ = , pt vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của pt (1) là: [ ] 1; 81S = (0,5đ) b) Ta có: 1 1 2 1 1 1 1 (*) a b b c c a a b c a c a b c + = ⇔ − = − + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 c b c b VT a b c a a b c a a b c a b c − − = − = = + + + + + + + (1đ) Theo giả thiết: 2 2 a c b a c b b a c b + = ⇔ + = ⇔ − = − , nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b a b a b a VT a b b c c a a b b c c a − + − = = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 b a b c c a VT VP c a b c b c c a b c c a − + − + = = = − = + + + + + + (1đ) Đẳng thức (*) được nghiệm đúng Bài 2: (6 điểm). Rút x từ pt : x + 2y =3k + 2 ta có x = 3k + 2 – 2y (3) (0,5đ) Thay vào pt (k+3)x – (k+2)y = -2 ta có: (k+3)(3k+2-2y)–(k+2)y + 2 =0 2 2 2 3 2 2 9 6 6 2 2 0 3 3 11 8 8 0 3 3 3 8 8 8 0 3 ( 1) 8( 1) 0 (3 8)( 1) 0 k k yk k y yk y k yk k y k yk k k y k k y k y k k y + − + + − − − + = − + − + = − + + − + = ⇔ − + + − + = ⇔ + − + = (1,5đ) Vì k { } 1;2;3; ;2005 3 8 0 1 0 1k k y y k∈ ⇒ + > ⇒ − + = ⇒ = + (0,5đ) Thay vào (3) Ta có: 3 2 2( 1) 3 2 2 2x k k k k k= + − + = + − − = ⇒ nghiệm là ( ; 1)x k y k= = + (0,5đ) b) Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2005 2005 2005 2005 2 ; 2 ; ; 2x y x y x y x y x y x y+ ≥ + ≥ ××× + ≥ (0,5đ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2005 2005 1 1 2 2 3 3 2005 2005 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 p x y x y x y x y x y x y x y x y ⇒ = + + +×××+ + + + +   ≤ + + +×××+  ÷   (0,5đ) y x C A B K H M I Q O A B C P 1 1 1 1 1 2 1 2 2 3 3 4 2005 2006 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 4 2005 2006 p p   ⇒ ≤ + + +×××+  ÷ × × × ×     ⇒ ≤ − + − + − +×××+ −  ÷   (1đ) 1 1 1 2005 1 1 2 2006 2 2006 2 p p p   ⇒ ≤ − ⇒ ≤ × ⇒ <  ÷   (1đ) Vì 2005 1 2006 < Bài 3: (4 điểm). Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ) Dựng BK vuông góc AC ; AH vuông góc BC (0,5đ) khi đó ; ; osx= ; osy= BK BK AK KC Sinx Siny C C AB BC AB BC = = (0,5đ) từ đó ta có BK ( ) inxcosy+sinycosx= AB KC BK AK BK KC KA s BC BC AB AB BC + × + × = × 2 BK AC = AB BC ABC S AB AC ∆ × = × × (1) (0,75đ) mặt khác có 0 0 ABC>90 90ABH x y⇒ = + < ) ) ( góc ngoài ABC)∆ (0,5đ) 2 AH sin(x+y)=sinABH= ABC S AH BC BA AB BC AB BC ∆ × ⇒ = = × × ) (2) (0,75đ) từ (1) và (2) sin(x+y)=sinxcosy+sinycosx⇒ (đpcm) (0,5đ) Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ) 1) (2đ)Ta có APQ P AQ AP PQ AQ AP QM MP ∆ = + + = + + + (0,5đ) Mà QM=QC; PB=PM (T/C tiếp tuyến) (0,5đ) 2 ;( ) APQ P AQ QC AP PB AC AB AB AC AB ∆ ⇒ = + + + = + = = (0,5đ) mà AB không đổi APQ P ∆ ⇒ không đổi (0,5đ) 2) (3,5đ)Ta có: 2 APQ PQ AM S ∆ × = (0,25đ) mặt khác 2 MBC BC MI S ∆ × = (0,25đ) 1 ; 2 2 2 ABC IB MI BC S IB ∆ ×   ⇒ = =  ÷   (0,5đ) mặt khác ta có: MP < AP (cạnh góc vuông- cạnh huyền) ;( )PB AP MP PB⇒ < = 1 PB AP ⇒ < (0,5đ) mà QP// BC ( cùng vuông góc OA) 1 PB IM MA MI AP MA ⇒ = < ⇒ > (1) (0,5đ) mặt khác PQ = MP+PB (MQ=MP=BP) mà MP+PB>MB (BĐT trong ∆ ) ta thấy MB>IB ( ∆ IMB vuông tại I) (0,5đ) PQ IB⇒ > (2) từ (1) và (2) PQ MA IB MI⇒ × > × (0,5đ) 2 2 1 2 AQP MBC PQ MA IB MI S S ∆ ∆ × × ⇒ > ⇒ > (0,5đ) . GD&ĐT HUYỆN EAKAR TRƯỜNG THCS CHU VAN AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 Năm học 2008 – 20 09 Thời gian: 150 phút Bài1: (4 điểm) a) Giải phương trình: 4 4 1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = b) Chứng. =3k + 2 ta có x = 3k + 2 – 2y (3) (0,5đ) Thay vào pt (k+3)x – (k+2)y = -2 ta có: (k+3)(3k+ 2-2 y)–(k+2)y + 2 =0 2 2 2 3 2 2 9 6 6 2 2 0 3 3 11 8 8 0 3 3 3 8 8 8 0 3 ( 1) 8( 1) 0 (3 8)( 1) 0 k k. AB BC + × + × = × 2 BK AC = AB BC ABC S AB AC ∆ × = × × (1) (0,75đ) mặt khác có 0 0 ABC> ;90 90 ABH x y⇒ = + < ) ) ( góc ngoài ABC)∆ (0,5đ) 2 AH sin(x+y)=sinABH= ABC S AH BC BA AB BC