Đề thi chọn HSG lớp 9 cấp tỉnh có đáp án(đề 2)

Gọi M, N, K lần lợt là trung điểm của BC, AH, EF và 0 là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên một đờng tròn.. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh CD l

Phòng GD-ĐT Triệu Sơn kỳ thi chọn học sinh giỏi toán 9 (đề số 2)

năm học : 2008 - 2009

Môn : Toán

(Thời gian làm bài: 150 phút: Vòng 2)

Bài 1: (4 điểm)

Cho biểu thức:

2

A

x y

1 Rút gọn biểu thức A

2 So sánh A và A

Bài 2: (5 điểm)

1 Giải hệ phơng trình: ((xx 2 y1)()(xyy 2-1)1 ) 3 10















2.Phân tích thành nhân tử: P (xy yz zx x y z  )(   )  xyz

Bài 3: (2 điểm)

1 Cho các số thực x, y, z thõa mãn: x2  2y2  2x y2 2 y z2 2  3x y z2 2 2  9

Tìm giá trị nhỏ nhất của xyz

Bài 4: (2 điểm)Tìm các số nguyên dơng x, y, z thõa mãn phơng trình:

4 2 2 0

x  x yz z  

Bài 5: (5 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, góc A= 450 và các đờng cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi M, N, K lần lợt là trung điểm của BC, AH, EF và 0 là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

1 EAH EBC

2 Bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên một đờng tròn

3 Ba điểm H, K, O thẳng hàng

Bài 6: (2 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1 Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh

CD lấy điểm N sao cho chu vi tam giác MCN bằng 2 Tính góc MAN

Hết

Đáp án: Đề số 2

Bài 1

(4điểm)

Câu 1: (2,5 điểm)

ĐK: x 0; y 0;xy

2

A

2

0,5 1,0



1,0

Câu 2: (1,5 điểm)

Vì x 0; y 0;xy nên 2

( x y)  0 0

* Nếu x = 0, y > 0 hoặc y = 0, x > 0 thì A A= 0

* Nếu x > 0, y > 0 và xy: Ta có: 0 A xy xy 1

Hay 0 A 1 Ta có: A A A( A 1) 0   A A

Vậy A A

0,5 0,5

0,5

Bài 2

5đ

Câu 1: (3 điểm):

Ta có hệ ((xx 2 y1)()(xyy 2-1)1 ) 3 10















Û ( x y )( xy - 1) 3

10 y

x y

















Û ( x y )( xy - 1) 3

10 1) -(xy y)















Đặt u = x + y ; v = xy - 1 hệ trở thành : u.v 3

10 v











Û u.v 3

16 v) u











Û u.v 3

4 v u













ã Nếu u.v 3

4 v u











thì ta có v 1

3 u









hoặc v 3

1 u









* với v 1

3 u









thì xy - 1 1

3 y x











Û xy 2

3 y x











Û (x ; y) = (2 ;1) ; (1 ; 2)

* Với v 3

1 u









thì xy - 1 3

1 y x











Û xy 4

1 y x











nên x , y là 2 nghiệm của PT : t2 - t + 4 = 0 có  < 0  vô nghiệm  hệ

vô nghiệm trong trờng hợp này

ã Nếu u.v 3

4 v u













thì ta có v - 1

3 u









hoặc v - 3

1 u









* Với v - 1

3 u









ta có xy - 1 - 1

3 y x











Û xy 0

3 y x











Û (x ; y) = (- 3; 0) ; (0 ; - 3)

* Với v - 3

1 u









ta có xy - 1 - 3

1 y x











Û xy - 2

1 y x











Û (x ; y) = (-2 ; 1) ; (1; - 2)

Tóm lại hệ đã cho có 6 nghiệm là

(x ;y) = (2 ;1) ; (1 ; 2) ; (- 3; 0) ; (0 ; - 3) ; (-2 ; 1) ; (1; - 2)

0,5

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2: (2 điểm)

H

N

M F

B

A

Ta có: P (xy yz zx x y z  )(   )  xyz

xy x y z(   ) yz x y z(   ) zx x y z(   )

y x z x y z(  )(   ) zx x z(  )  (x z x y z zx )(    )

 (x y x z y z )(  )(  )

1,0 1,0

Bài 3

(2điểm) Câu 1: (2 điểm) Ta có: x2  2y2  2x z2 2 y z2 2  3x y z2 2 2  9

(x 2xyz y z ) 2(y 2xyz x z ) 3(x y z 2xyz 1) 12

(x yz) 2(y xz) 3(xyz 1) 12

3(xyz 1) 12 (xyz 1) 4

   Û   Û  2 xyz  Û   1 2 1 xyz 3

Mà xyz = -1

0

0 ( ; ; ) (1, 1,1);(1,1, 1);( 1,1,1);( 1, 1, 1) 1

x yz

xyz





 Vậy giá trị nhỏ nhất của xyz = -1

1,0

1,0

Bài 4 (2 điểm)

Ta có: x4  x yz z2    2 0 x x2( 2 yz)  z 2 (1) Xét 3 trờng hợp:

* Nếu z = 1 thì (1) 2 2

2

x x

y y







* Nếu z = 2 thì (1) 2 2 2

nên có nghiệm: 2

x k y k (với k Z

* Nếu z > 2 thì (1) ta có: z- 2 > 0 và z  2 x2 nên

z x Û z x  x  x  yz x  x y (vô lý)

Vậy bộ ba số nguyên dơng (x; y; z) thõa mãn đề bài là: (1; 2; 1) và (2k;

2k2; 2) với k là số nghuên dơng

0,5

0,5

Bài 5

Do BAC  45 0 nên AEB và AFC là các tam giác vuông cân  EA EB

(*)

    vuông cân tại H  HE HC (2*)

Từ (*) và (2*) suy ra HAECBE

0,5 0,5

Câu 2: (2,5 điểm)

Do EN là trung tuyến của tam giác vuông AEH

Nên EN = NH (1) NAE  AEN (2)

Ta lại có: HAE EBC   (3) (vì HAECBE c/m câu a)

Tơng tự trong tam giác vuông BEC có EM là trung tuyến nên: EM = MB

0,5 0,5

  cân tại M  MEB MBE   (4)

Từ (2); (3) và (4) suy ra NEA MEB 

90

AEN NEH NEH MEB   MEN vuông tại E Nếu gọi I là trung điểm của MN thì ta có IM = IN = IE (3*)

C/M tơng tự ta có:

Trong tam giác vuông HFA có FN là trung tuyến

Suy ra FN = NA = NH (5)

Từ (1) và (5) suy ra NE = NF  FNE cân tại N  NEF  NFE(6)

Mặt khác: MEF MFE (vì ME MF c/m trên) (7)

Từ (6) và (7) suy ra     0

90

Do đó FI là trung tuyến của tam giác vuông MFN  IN IM FI(4*)

Từ (3*) và (4*) suy ra bốn điểm M, F, N, E nằm trên

đờng tròn (I; )

2

MN

0,5

0,5

0,5

Câu 3: ( 1,5 điểm)

Do tam giác AEB là tam giác vuông cân nên E nằm trên đờng trung trực của AB  OEAB OE HF// (8) (vì cùng vông góc với AB)

Tơng tự ta có: OA = OC (vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Nên O nằm trên đờng trung trực của AC (a)

Mà tam giác CFA vuông cân tại F do đó F nằm trên đờng trung trực của

AC (b)

Từ (a) và (b) suy ra : FOAC  FO BE// hay OF HE// (9)

Từ (8) và (9) suy ra tứ giác HFOE là hình bình hình

Mà KE = KF  KO KH do đó H, K, O thẳng hàng (đpcm)

0,5

0,5 0,5

Bài 6

2đ

Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho BK = DN

Khi đó MK = MB + BK = MB + DN = 1 – CM +1 – CN

= 2 – ( CM + CN ) = MN (vì CM +CN + MN = 2 )

Và ADN ABK AN AK  DAN BAK

Từ đó suy ra: AMN AMK (CCC)

K

N M

D

C B

A