Đề ôn thi HSG lớp 9 ( có đáp án)

Trờng trung học sở Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Lớp Môn Toán học lu hành nội đề thi học sinh giỏi môn toán năm học 2006 - 2007 Câu 1: (2đ) Cho hàm sè f(x) = a) TÝnh f(-1); f(5) b) T×m x ®Ĩ f(x) = 10 c) Rót gän A = x  4x  f ( x) x x2 Câu 2: (1đ) Giải hệ phơng trình x ( y 2) ( x  2)( y  4)  ( x  3)( y  7) ( x  )( y 3) Câu 3: (2,5đ) Cho biểu thức A=  x x 1   x   x    : x x    x   x   víi x > vµ x  a) Rót gän A 2) Tìm giá trị x để A = Câu 4: (3đ) Từ điểm P nằm đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đờng vuông góc hạ tõ A ®Õn ®êng kÝnh BC a) Chøng minh r»ng PC cắt AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d Tính AH theo R d Câu 5: (1,5đ) Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm ph©n biƯt x 1; x2 tháa m·n: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án hớng dẫn chấm Câu a) f(x) = (0,25®) x  x   ( x  2)  x  Suy f(-1) = 3; f(5) = (0,5®) b)  x  10  x 12 f ( x) 10     x    10   x  c) A (0,5®) x f ( x)  x  ( x  2)( x  2) (0,25®) x2 Víi x > suy x - > suy A Víi x < suy x - < suy A  Câu 2 x2 (0,25đ) (0,25đ) 2) ( x  2)( y  4)  x( y   ( x  3)( y  ) ( x  )( y  3)  xy  x  xy  y  x   2 xy  y  x  21  xy  y  x  y  x    x  y 0  (1®) 21 x -2   y 2 C©u a) Ta cã: A = = =  x x 1   x    ( x  1)( x  x  1)   ( x  1)( x  1)    x  x 1    x1  =  b) A = x 2 : x1 => x    : x x    x    : x    x   x  : x    x x1 2 x x x  x   x 2 x1 =3   x   x ( x  1)  x1 x  = x  x =    (1®) x 1  x 1 x1 x1 = x => 3x + x x x 2 : x x1 x (1®) x -2=0 => x = 2/3 (0,5®) C©u P A E C O H a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta cã B EH CH  PB CB ; (1) (0,5đ) Mặt khác, PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC   POB Do ®ã: AH CH  PB OB (2) (0,75®) Do CB = 2OB, kÕt hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH (0,25đ) b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) vµ AH = 2EH ta cã AH (2 R     AH.CB AH.CB ) 2PB 2PB AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB (0,5®) (0,5®)  AH  4R.CB.PB 4R.2R.PB  2 4.PB  CB 4PB  (2R) (0,5®) 8R d  R 2.R d  R   4(d  R )  4R d2 Câu (1đ) Để phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 > (2m - 1)2 - (m - 1) > Tõ ®ã suy m  1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta cã:  x1  x    x x    4x 3x   2m   11   m  13 - 4m  x1    7m   x1   26 - 8m  13 - 4m 7m    3 26 - 8m  11 (0,5đ) Giải phơng trình 13 - 4m 7m 11 26 - 8m ta đợc m = - m = 4,125 (2) (0,75đ) Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phơng trình đà cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mÃn: x1 + x2 = 11 (0,25đ) đề toán Bài : (2,5®) Cho biĨu thøc : P =  1 1 1 (  a )2  :  (  a )2   (  a a a a) Tìm a để P cã nghÜa Rót gän biĨu thøc P Bài : (1,5 đ) Giải phơng trình sau : x  2002 x  2003 x  2004   3 m m m 1 ( víi m tham số ) Bài : ( 1đ) Chứng minh a , b số dơng thâa m·n : 1   0 Th× : a  c  b  c  a b a b c Bài : (3đ) Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính CD = 2R Điểm M di động đoạn OC Vẽ đờng tròn tâm (O) đờng kính MD Gọi I trung điểm đoạn MC , đờng thẳng qua I vuông góc với CD cắt (O) E F Đờng thẳng ED cắt (O) P Chứng minh điểm P, M , F thẳng hàng Chứng minh IP tiếp tuyến đờng tròn (O) Tìm vị trí M OC để diện tích tam giác IPO lớn Bài : (2đ) Tìm số nguyên x, y ,z thỏa m·n : 1 1 ( x  y ) 3( y  z ) 2( z  x )  xyz  xyz híng dÉn chÊm môn toán Bài : (2,5đ) P=  1 1 1 (  a  : 2 (  a )2   (  a a a   a )  P= P=  1  a )2  :  (  a)2   (  a a a    1  a :  a  (  a ) a a  a  (  a ) ¬ (1đ) Tập xác định a > ; a khác (0,5đ) TH : Nếu  a a    a 1 TH2 : NÕu  a a  a Rút gọn ta đợc P =2 (0,5đ) Rút gọn ta đợc P = /3 (0,5đ) Vậy P = 0 => c  tr×nh: ct2 + bt + a = 0; t1 = x1 Chøng tá x1 nghiệm dơng phơng Vì x2 nghiệm phơng trình: ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 x2> nên c   b.   a 0 x  2 x2 phơng trình ct2 + bt + a = ; t2 = x2 điều chứng tỏ x2 nghiệm dơng (0,5 điểm) Vậy phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 phơng tr×nh : ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 t1 = x1 ; t2 = x2 b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dơng nên t1+ x1 = x1 + x1 2 t2 + x2 = x2 + x2 2 (0,5 ®iĨm) Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 4 (0,5 điểm) Bài 4: (3 điểm) a (1 điểm) Giả sử đà tìm đợc điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên CH AB BH AC => BD AB CD AC (0,5đ) Do đó: ABD = 900 vµ ACD = 900 VËy AD đờng kính đờng tròn tâm O (0,5 đ) Ngợc lại D đầu đờng kính AD đờng tròn tâm O tứ giác BHCD hình bình hành b Vì P đối xứng với D qua AB nªn APB = ADB nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB (0,25 đ) Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 (0,25 đ) => APB + AHB = 1800 (0,25 đ) Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB Chứng minh tơng tù ta cã: CHQ = DAC (0,25 ®) VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng (0,25đ) c (1 điểm) Ta thấy APQ tam giác cân đỉnh A (0,25đ) Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ (0,25đ) đạt giá trị lớn AP AQ lµ lín nhÊt hay  AD lµ lín nhÊt (0,25đ) D đầu đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O (0,25đ) Bài 5: (1điểm) Ta cã: A = x  y  1001  xy xy (0,25®) 1 4    (1) x  y 2 xy x  y  xy  x  y  Mµ x2 + 2xy + y2  4xy =>(x + y)2 4xy => xy =>  xy  x  y  (0,25®)  ( x  y)2 (0,25đ) (2) Từ (1) (2) => A 1001 2006   2  x  y ( x  y)2  x  y VËy Min A = 2006  x = y = §Ị thi häc sinh giái cÊp huyện Câu (2 điểm): Rút gọn a a A= + 1 a 1 a : 1 a a - a a Câu (2điểm) Cho phơng trình X2-2( m-2) x+(m2+2m-3)=0 Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm x1,x2 phân biƯt tho¶ m·n x1 + x2 = x1 x Câu : (1,5 điểm ) Giải phơng trình : x 4x + ( x 2) 2 =12 Câu (3 điểm ) Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB, CD dây cung (O), COD =900, CD cắt AB M (D nằm C M) OM=2R Tính độ dài đoạn thẳng MD, MC theo R Câu (1,5 điểm) Chứng minh bất đẳng thức : a  b + c  d  (a  c)  (b  d ) Híng dẫn chấm Câu : -Điều kiện xác định A : -10 (1) (2) x1.x2 0 x1 + x2 = x1  x (0,5 điểm) (3) -Giải (1) => m< (0,25 điểm) -Giải (2) =>m ; m -3 (0,25 điểm) -Giải (3) => (x1+x2) ( x1 x - ) =0 (0,5 ®iĨm) +XÐt x1+x2 =0 => m=2 (loại) (0,25 điểm) +Xét x1.x2 = => m +2m-3-5=0 m=2 (lo¹i ) ; m=-4 Câu 3: -ĐK : x -2 (0,25 điểm) 2x x2 -Thêm -2x vào hai vế ta đợc ( x 2 4x -12 ) + x2 x2 -Đặt x2 x2 (0,25 ®iĨm) (0,25 ®iĨm) =0 (1) (0,5 ®iĨm) =y => (1) y2+4y-12=0 -Víi y =2 => x2=2x+4 cã n0 x =1  -Víi y =6 => x2=6x-12 Vô nghiệm Câu :-Vẽ hình -Vẽ OH  CD => OH= CD = R -TÝnh MH = R -TÝnh MD = (1 ®iĨm) R 2 -TÝnh MC = R 2 2 ( (0,25 ®iĨm) ( 0.25®) (0,5 ®iĨm) (0,5 ®iÓm) ( 7 -1) (0,5 ®iÓm) +1) (0,5 ®iÓm) C©u 5: -(1) a2+b2+c2+d2+2 (a  b )(c  d ) a2+c2+2ac+b2+d2+2db (a  b )  (c d ) ac+bd (2) (0,5 điểm) -Nếu ac+bd