1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP HUYỆN ( TỔNG HỢP CÁC NĂM HỌC TỪ NĂM 20112017

18 203 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 18
Dung lượng 664 KB

Nội dung

Giúp học sinh và giáo viên có thể hiểu được đề thi học sinh giỏi sắp tới .................................................................................. chúc thầy cô tham khảo tốt để ra đề 1 cách hiệu quả

Câu 1: a) Tìm số tự nhiên x để giá trị biểu thức x2 + 3x + số phương b) Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xyz = 100 Tính giá trị biểu thức: A= y x + xy + x + 10 yz + y + + 10 z xz + 10 z + 10 Câu 2: a) Giải phương trình: 5x3 + 6x2 + 12x + = b) Giải phương trình: x − 20 + x + 15 = Câu 3: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng xy không giao Kẻ OH ⊥ xy H Lấy điểm A thuộc xy Từ A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B tiếp điểm) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AO cắt AO K cắt đường tròn C a) Chứng minh rằng: AC tiếp tuyến đường tròn (O) b) Chứng minh rằng: Khi A di động đường thẳng xy dây BC qua điểm cố định Câu 4: Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức A = 1 + + 3 x + y + y + z + z + x3 + Nội dung a) Với x ∈ N ta có: x2 + 2x + ≤ x2 + 3x + < x2 + 4x + Điểm 0,5 hay (x + 1)2 ≤ x2 + 3x + < (x + 2)2 Do để x2 + 3x + số phương x2 + 3x + = (x + 1)2 x2 + 3x + = x2 + 2x + 0,5 x = 0,5 Vậy với x = giá trị biểu thức x2 + 3x + số phương xyz = 10 b) Vì x, y, z số dương nên từ xyz = 100 => 0,25 Thay vào biểu thức cho ta được: A= = x + xy + x + xyz x ( x y + + yz ) + y yz + y + y yz + y + + + xyz z xz + xyz z + xyz ( xz yz xz + yz + y 0,75 ) = + y + + yz y yz + y + + yz + yz + y 0,5 + y + yz = =1 + y + yz Câu 2: (3,5 điểm) Nội dung Điểm a) Ta có: 5x3 + 6x2 + 12x + = 4x3 + (x3 + 3.x2.2 + 3.22.x + 23) = 0,5 (x + 2) = - 4x x + = - x (1 + 0,5 ).x = - −2 −2 Vậy pt cho có nghiệm x = 1+ 1+ b) ĐK: x ≥ - 15 Đặt a = x − 20 ; b = x + 15 (b ≥ 0) a + b = Ta có:  a − b = −35 x = 0,5 0,25 0,25 0,5 Tìm được: a = 1; b = Suy ra: x = 21 Vậy pt cho có nghiệm x = 21 Câu 3: (4,0 điểm) 0,5 0,5 a) Chứng minh: V ACO = V ABO (c.g.c) , => AC ⊥ OC mà OC = R => AC tiếp tuyến đường tròn (O; R) b) Gọi I giao điểm BC OH - Chứng minh: V OIK V OAH đồng dạng OK OI = => OI.OH = OK.OA (1) OH OA - Xét V ABO vuông B, đường cao BK ta có: OK.OA = OB2 (2) OB2 R2 Từ (1) (2) suy ra: OI.OH = OB2 => OI = = (không đổi) OH OH => => I cố định Vậy A di động đường thẳng xy dây BC qua điểm I cố định Câu Ta chứng minh BĐT: a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > (*) Thật (*) a3 + b3 - a2b - ab2 ≥ a2(a - b) - b2(a - b) ≥ (a - b)(a2 - b2) ≥ (a - b)2.(a + b) ≥ (do a, b > 0) Dấu "=" xảy a = b Áp dụng (*) có: x3 + y3 + = x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y) + xyz = xy(x + y + z) > Tương tự có: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > Suy ra: A ≤ 1 x+y+z + + = =1 xy(x + y + z) yz(x + y + z) zx(x + y + z) xyz(x + y + z) Vậy MaxA = đạt x = y = z =  2x + x - x x + x − x  x − : +  x + x x x−x   Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức A =  a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị x để giá trị biểu thức A = c) Biểu thức A có giá trị lớn không ? Vì sao? Bài 2: (2,0 điểm) Chứng minh rằng: ( a) ) a− b < ( 0 b) Biểu thức B = + 2014 + 2014 2014 + 2015 2015 có giá trị số nguyên Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình a) x − 3x + + x + = x − + x + 2x − 3 b) 4x + − 3x − = x+ Bài 4( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh CD lấy điểm N Tia AM cắt đường thẳng CD K Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD I 1.Chứng minh : 1 + = 2 AM AK AB 2.Biếtsố đo =450, CM + CN = cm, CM - CN = cm.Tính số đo =? Từ điểm O tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR vuông góc với IK, AK, AI ( P ∈ IK, Q ∈ AK, R ∈ AI) Xác định vị trí điểm O để OP + OQ + OR đạt giá trị nhỏ Bài (2.5đ) a) Rút gọn biểu thức (1 điểm) - Nêu điều kiện: x >0, x ≠ 1, x ≠  (   x 1− x :   x 1− x + x    x −1 x −1 - Rút gọn đến A =   1−  ( )( ) )    x - Rút gọn kq: A = 1− x + x b) - Đưa pt: x − x − = - Giải x = , x = 4 ( )( ) - Kết luận: Giá trị x cần tìm là: x = 4( TMĐK) c) - Vì x > 0, Nên ta có A = Mà x+ 1 x x+ − > (vì x ≠ 1) nên x −1 x+ 1 x −1 b( 1) b + 1= c + ⇒ b − c = 1⇒ b > c > 0( 2) (c > theo (gt)) Từ (1) (2) suy a > b > c > Mặt khác a − b = 1⇒ ( ⇒2 ) a− b < ( a− b )( ) a + b = 1⇒ a − b = b ( b>0) a+ b b ( 0) Giải tiếp phương trình (2) ta nghiệm phương trình x = Bài (3.5 điểm) a)Ta cã A ∆ABM = ∆ADI ⇒ AM = AI (1) B Q Trong tam giác AIK vuông A 1 + = (2) AB = AD 2 AI AK AD 1 + = Từ (1) (2) ⇒ 2 AM AK AB R M O H I P D N Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) C K Bài (2,0 điểm) a +1 a a −1 a2 − a a + a −1 Cho biểu thức: M = với a > 0, a ≠ + + a a− a a −a a a) Chứng minh M > b) Với giá trị a biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất: y = 0,5x + , y = − x y = mx có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (∆m) Với giá trị tham số m đường thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hoành độ âm điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức Q= 1 + OM ON Bài (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 17x + 2y = 2011 xy  x − 2y = 3xy b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: x + y − z + z − x = (y + 3) Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vuông góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AM⋅ AN không đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương 1) Do a > 0, a ≠ nên: a a − ( a − 1)(a + a + 1) a + a + = = a− a a ( a − 1) a a − a a + a − (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − = = = a −a a a (1 − a) a (1 − a) a a +1 +2 ⇒ M= a Do a > 0; a ≠ nên: ( a − 1) > ⇔ a + > a a +2=4 a < N nhận giá trị nguyên Ta có < N = M a Mà N = ⇔ = ⇔ a − a + = ⇔ ( a − 2) = a +1+ a ⇔ a = + hay a = − (phù hợp) ⇒M> Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 2) Điều kiện để (∆m) đồ thị hàm số bậc m ≠ Phương trình hoành độ giao điểm (d1) (∆m) là: 0,5x + = mx ⇔ (m − 0,5)x = Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m − 0,5 < hay m < 0,5 Phương trình hoành độ giao điểm (d2) (∆m) là: − x = mx ⇔ (m + 1)x = Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m + > hay m > −1 Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0,5; m ≠ Đặt m = xM n = yN ⇒ m⋅ n ≠ m ≠ (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0 = am + b  ⇒  = a + b ⇒ hệ thức liên hệ m n 2m + n = mn n = b  Chia hai vế cho m⋅ n ≠ ta được: + =1 m n (**) 4   1  2  ⇒1 =  + ÷ = + + =  + ÷−  − ÷ m n mn n  m n m n m 1 ⇒ Q = + ≥ ; dấu “=” xảy = ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) m n m n Vậy giá trị nhỏ Q 17  1007  x=  y + x = 2011  y =     490 ⇔ ⇔ 3) Nếu xy > (1) ⇔  (phù hợp) 1 − =  = 490 y =   y x  x 1007 17  −1004  y + x = −2011  y =   ⇔ ⇒ xy > (loại) Nếu xy < (1) ⇔  1031  − =3  =−  y x  x 18 Nếu xy = (1) ⇔ x = y = (nhận)   ; ÷  490 1007  KL: Hệ có nghiệm (0;0)  Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ (2) ⇔ x + y − z + z − x = x + y − z + z − x + ⇔ ( x − 1) + ( y − z − 1) + ( z − x − 1) =  x =1 x =   ⇔  y − z = ⇔  y = (thỏa điều kiện)  z =   z − x = F M C A B O E (C ) N MN ⊥ BF BC ⊥ NF ⇒A trực tâm tam giác BNF ⇒ FA ⊥ NB Lại có AE ⊥ NB Nên A, E, F thẳng hàng · · , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng CAN = MAB AN AC = Suy ra: AB AM Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R không đổi (với R bán kính đường tròn (C )) Ta có BA = BC nên A tâm tam giác BNF ⇔ C trung điểm NF (3) · · Mặt khác: , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng CAN = CFM CN AC = ⇒ CN ×CF = BC ×AC = 3R BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ CN ×CF = 2R không đổi ⇒ NF ngắn ⇔ CN =CF ⇔ C trung điểm NF (4) Nên: (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 1⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 10⋅ 11⋅ 12 ⇒ S = 3⋅ 4⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 11⋅ 12 100 (1) số nguyên ⇒ hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy S có chữ số tận (vì 3⋅ 4=12; 2⋅ 6=12; 2⋅ 7=14; 4⋅ 8=32; 2⋅ 9=18; 100 8⋅ 11=88; 8⋅ 12=96) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức P = b2 + a+ x + a− x + a + x − a − x 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau:  x3 − 3x − = − y  y − 3y − = − 2z  z3 − 3z − = − 3x  Bài ( 3,0 điểm) Với số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a = 3+ 3− ;b= 2 Chứng minh với n ≥ 1, ta có Sn + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn) Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn số nguyên  +  n  −  n   −   Tìm tất số n để Sn – Chứng minh Sn – =       số phương Bài (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE đường tròn (O 2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O2) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB Với AB = 18 cm AE = cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D, cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Bài 5: (4đ): Cho ∆ABC đường thẳng d cắt AB AC trung tuyến AM theo thứ tự Là E , F , N a) Chứng minh : AB AC AM + = AE AF AN b) Giả sử đường thẳng d // BC Trên tia đối tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB P đường thẳng KM cắt AC Q Chứng minh PQ//BC Bài 6: (2 điểm) Cho < a, b,c ⇒ a + x > a(b − 1) ≥0 b2 + (1) Xét a – x = (2) 10 Ta có a + x > a – x ≥ ⇒ a + x − a − x ≠ Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định Rút gọn: (3) a 2ab a(b + 1) ⇒ a + x = ( b + ) = b +1 b2 + b2 + a 2ab a(b − 1) ⇒ a - x = a− a − x = b − = b2 + b2 + b2 + a a (b + 1) + b−1 b +1 b + + = b+1 + b−1 + ⇒ P= 3b b + − b − 3b a a (b + 1) − b−1 + b +1 b  Nếu < b < ⇒ P = + = 2b 3b 3b ⇒ P = b + = 3b +  Nếu b ≥ 3b 3b Ta có: a + x = a + (1.0 điểm) Xét trường hợp: 4 ⇒ P> 3b  b  2b = + +  Nếu b ≥ , a dương tuỳ ý P = b + 3b  3b  b Ta có: + ≥ , dấu xảy b = 3b 2b Mặt khác: ≥ , dấu xảy b = 3 2 Vậy P ≥ + = , dấu xảy b = 3 KL: Giá trị nhỏ P =  Nếu < b < 1, a dương tuỳ ý P = Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Biến đổi tương đương hệ ta có  (x − 2)(x + 1) = − y  (y − 2)(y + 1) = 2(2 − z) (z − 2)(z + 1) = 3(2 − x)  Nhân vế phương trình với ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 11 [ ] ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x + 1) (y + 1) (z + 1) + = ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = ⇔ x = y = z = Với x = y = z = thay vào hệ ta có x = y = z = Vậy với x = y = z = thoả mãn hệ cho Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải (1,0 điểm) Với n ≥ Sn + = an+2 + bn+2 (1) Mặt khác: (a + b)( an + +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = Do a + b =3; ab =1 nên theo ta có: với n ≥ Sn+2 = 3Sn+1 - Sn Do S1, S2 ∈ Z nên S3∈ Z; S2, S3 ∈ Z nên S4∈ Z Tiếp tục trình ta S5; S6; ; S2008 ∈ Z (1.0 điểm) n n       Ta có Sn – =  +   +  −   −2  2    2   2 n  +  n   −  n   +  −    +    −    =               +  n  −  n   −   đpcm =       +1 −1 ⇒ Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = ; a1b1 = 2 n n Xét Un= a1 − b1 Với n ≥ Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) ⇒ Un+2 = Un+1 – Un Ta có U1 = ∈ Z; U2 = ∉ Z; U3 = 4∈ Z; U4 = ∉ Z; Tiếp tục trình ta Un nguyên ⇔ n lẻ Vậy Sn – số phương ⇔ n = 2k+1 với k ∈ Z ≤ k ≤ 1003 Câu (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải I C S A M D N F O1 E O O2 B 12 (2,5 điểm) O1M; O2N ⊥ MN ⇒ O1M/ / O2N Do O1; E; O2 thẳng hàng nên ∠ MO1E = ∠ NO2B Các tam giác O1ME; O2NB cân O1 O2 nên ta có: ∠ MEO1= ∠ NBO2 Mặt khác ta có: ∠ AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900 ⇒ Tứ giác FMEN có góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN hình chữ nhật ⇒ ∠ NME = ∠ FEM Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900 Do tam giác O1ME cân O1 ⇒ ∠ MEO1 = ∠ EMO1 Từ (3); (4); (5) ta có: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (đpcm) (2,5 điểm) Ta có EB = 12 cm ⇒ O1M = cm < O2N = cm ⇒ MN cắt AB S với A nằm S B Gọi I trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒ (1) (2) (3) (4) (5) O1M SO1 = O2 N SO2 ⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2 Do O1O2 = + = cm ⇒ SO1= O1O2 = cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm Mặt khác: OI SO = ⇒ OI = cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI = 56 ⇒ CD = 14 cm Câu (2,0 điểm) A E E N I B M C S 13 a) Kẻ BI , CS // EF ( I , S ∈ AM ) AB AI AC AS = , = AE AN AF AN AB AC AI AS ⇒ + = + (∗) AE AF AN AN Ta có: Ta có: ∆BIM = ∆CSM 1,0 (cgc) ⇒ IM = MS Vậy: AI + AS = AI + AI + IM + MS = AM 0,5 Thay vào (*) ta (đpcm) Khi d // BC ⇒ EF // BC ⇒ N trung điểm EF +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP L Ta có: ∆NFP = ∆NFL (cgc) ⇒ EP = LF Do : A 0,5 K EP LF KF = = (1) PB PB KB E ⇒ BH = QC N F Q P B FQ FQ KF = = (2) QC BH KB FP FQ = ⇒ PQ // BC Từ (1) va (2) ⇒ PB QC M C Do a a + b (1) Mặt khác a3 + b3 Vậy a + b < + a b 0,5 0,5 (đpcm) Bài 6: điểm) ( 0,5 L +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM H Ta có ∆BMH = ∆CMQ (cgc) Do đó: 0,5 b > b3 Tương tự ta có 14 b3 + c3 < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a Bài 1: (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = x −9 x + x +1 − − x −5 x +6 x − 3− x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = Hãy tính giá trị biểu thức: A = x (1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x ) (1 + x )(1 + y ) + y + z (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) a = 16 − + 16 + b) Tìm số tự nhiên n cho n2 + 17 số phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình sau: a) 1− x + + x = b) x + x + = 2 x + Bài 4: (3,0 điểm) ( ) a) Tìm x; y thỏa mãn: x y − + y x − = xy b) Cho a; b; c số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = chứng minh rằng: a+b+c ≥ Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; đường cao AK; BD; CE cắt H KC AC + CB − BA2 = KB CB + BA2 − AC b) Giả sử: HK = AK Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 a) Chứng minh: c) Giả sử SABC = 120 cm2 BÂC = 600 Hãy tính diện tích tam giác ADE? Câu 1: (4 điểm) a/ 15 ĐKXĐ: x ≠ 4; x ≠ A x −9 ( = x −2 ( ( )( )( x − 2) ( x +1 x −3 ) − )= x − 3) x −2 = x + x +1 x − − x + + 2x − x − + = = x −2 x −3 x −2 x −3 ( )( ) ( x− x −2 x −2 )( x −3 ) x +1 x −3 b Gợi ý: xy + yz + xz = ⇔ + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: + y2 = …; + z2 = … Câu 2: a/Từ a= 16 − + 16 + ( )( ) ⇒ a = 32 + 3 16 − 16 +  16 + + 16 −  = 32 − 12a nên a3 + 12a =   32 Vậy f(a) = b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ∈ ¥ ) k > n ⇒ (k – n)(k + n) = 17 k − n = ⇔ ⇒n=8  k + n = 17 Vậy với n = thỏa mãn yêu cầu toán Câu 3: (4 điểm) a/ ĐK: −4 ≤ x ≤ Bình phương vế: − x + + x + (1 − x)(4 + x) = ⇔ (1 − x)(4 + x) = x = ⇔ − x − x = ⇔ x( x + 3) = ⇔  (thỏa mãn)  x = −3 Vậy phương trình có nghiệm: x = 0; x = -3 b/ x + x + = 2 x + ĐKXĐ: x ≥ ( ) ( −3 ) ⇔ x2 + x + + 2x + − 2x + + = 16 ⇔ ( x + 1) + 2  x + = 2x + −1 = ⇔  ⇒ x = −1 phương trình có nghiệm  x + = ( ) x = -1 Câu 4: (3 điểm) ( ) a/ x y − + y x − = xy ⇔ x.2 y − + y.2 x − = xy Xét VP = x.2 y − + y.2 x − theo BĐT cosi: y−4 ≤ 4+ y −4 y 4+ x−4 x = ;2 x − ≤ = VP ≤ xy = VT 2 2  x − = Dấu = xảy khi:   y − = ⇒ x= y =8 b/ Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + ≥ 0; a – ≤ nên (a + 1)(a – 2) ≤ Hay: a2 – a – ≤ ⇒ a2 ≤ a + Tương tự: b2 ≤ b + 2; c2 ≤ c + Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = nên: a + b + c ≥ 5) a/ Sử dụng định lý pytago: A AC + CB − BA2 AK + KC + ( BK + CK ) − AB = CB + BA2 − AC ( BK + CK ) + BA2 − ( AK + KC ) = 2CK + BK CK 2CK (CK + BK ) CK = = BK + BK CK BK ( BK + CK ) BK D E AK AK b/ Ta có: tanB = ; tanC = BK CK Nên: tanBtanC = AK (1) BK CK B µ = HKC · Mặt khác ta có: B mà: tanKHC = Nên tanB = H K C KC KH KC KB KB.KC ⇒ tan B.tan C = tương tự tanC = (2) KH KH KH 2 Theo gt: HK =  AK  ÷  KH  Từ (1)(2) ⇒ ( tan B.tan C ) =  AK ⇒ tan B tan C = 3 17 c/ Ta chứng minh được: ∆ABC ∆ADE đồng dạng vậy: S ABC  AB  = ÷ (3) S ADE  AD  Mà BÂC = 600 nên ·ABD = 300 ⇒ AB = 2AD(4) Từ (3)(4) ta có: S ABC = ⇒ S ADE = 30(cm ) S ADE 18 ... có: ∠ AME = 90 0 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 90 0 ⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 90 0 ⇒ ∠ AFB = 90 0 ⇒ Tứ giác FMEN có góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN hình chữ nhật ⇒ ∠ NME = ∠ FEM Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 90 0 Do tam giác... Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 1⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9 10⋅ 11⋅ 12 ⇒ S = 3⋅ 4⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9 11⋅ 12 100 (1) số nguyên ⇒ hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên... chữ số tận cùng, ta thấy S có chữ số tận (vì 3⋅ 4=12; 2⋅ 6=12; 2⋅ 7=14; 4⋅ 8=32; 2⋅ 9= 18; 100 8⋅ 11=88; 8⋅ 12 =96 ) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức

Ngày đăng: 17/10/2017, 19:19

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

Bài 4( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N - HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP HUYỆN ( TỔNG HỢP CÁC NĂM HỌC TỪ NĂM 20112017
i 4( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N (Trang 4)
⇒ Tứ giác FMEN có 3 góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN là hình chữ nhật - HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP HUYỆN ( TỔNG HỢP CÁC NĂM HỌC TỪ NĂM 20112017
gi ác FMEN có 3 góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN là hình chữ nhật (Trang 13)

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w