Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 7)

Xuân Đức 66 Đề Số 11 Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2 Năm học: 2008-2009 (Thời gian làm bài 150 ) Bài 1: (5 điểm) 1.Giải phơng trình. xx x 1 36 = 3 + 2 2 xx 2. Cho hệ phơng trình: 2 2 3 3 0 2 2 9 0 x y x y x y = + = Gọi (x 1 ; y 1 ) và (x 2 ; y 2 ) là hai nghiệm của hệ phơng trình trên. Hãy tìm giá trị của biểu thức. M = (x 1 - x 2 ) 2 + (y 1 -y 2 ) 2 . Bài 2 : (3 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đờng tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B,C là các tiếp điểm). Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O) (M khác B và C). Tiếp tuyến tại M cắt AB và AC tại E, F, đờng thẳng BC cắt OE và OF ở P và Q. Chứng minh rằng tỷ số EF PQ không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC. Bài 3: (3 điểm) Tìm các số x, y, z nguyên dơng thoả mãn đẳng thức. 2(y+z) = x (yz-1) Bài 4 : (5 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, góc A= 45 0 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 5 :(2 điểm) Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác đó. Bài 6 : (2 điểm) Cho x, y, z 0 va x + y + z 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 1 1 1 x y z A x y z = + + + + + 1 Xuân Đức 66 Đáp án đề số 1 Bài 1 : (4 điểm) Câu 1: (2 điểm) ĐK 0 < x < 1 và x 2 1 Khử mẫu ở vế trái ta đợc phơng trình: 3( xx + 1 ) = 3 + 2 2 xx Đặt xx + 1 = t đk : 0 < t < 2 Phơng trình viết thành : t 2 - 3 t + 2 = 0 Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho. Câu 2: (2 điểm) x = 3 (y+1) thế vào phơng trình còn lại => 5y 2 + 5y - 3 = 0 (*) Phơng trình (*) có 2 nghiệm y 1 , y 2 mà y 2 + y 2 = -1 y 1 y 2 = - 5 3 Lại có x 1 - x 2 = 3(y 1 - y 2 ) => M = (x 1 - x 2 ) 2 + (y 1 - y 2 ) 2 = 10 (y 1 - y 2 ) 2 . = 10 [(y 1 +y 2 ) 2 -4y 1 y 2 ] = 34 Bài 2: (3 điểm) H P Q G F E M J K I O C A B Giả sử EO cắt (O) tại I và J ; FO cắt (O) tại G và K (hình vẽ) Ta có: FEP = 2 1 sđ (MJ - MI) = 2 1 sđ (IJ - 2MI) ; = 2 1 (180 0 - sđ MB) (1) FQP = 2 1 sđ (GB + CK) 2 d H O K N M F E C B A Xuân Đức 66 = 2 1 sđ (MB + MG + CK) = 2 1 sđ (MB + GC + CK) = 2 1 sđ (MB + 180 0 ) (2) Từ (1) và (2) => FEP + FQP = 180 0 => PQO = FEO => FEO ~ PQO => OM OH EF PQ = (Với OH BC). Vì A và (O;R) cố định nên OH, OM không đổi => EF PQ không đổi khi M di chuyển trên đờng tròn. Bài 3 : (5 điểm) Câu 1 (1 điểm) Do ã 0 45BAC = nên AEB và AFC là các tam giác vuông cân EA EB = (*) ã 0 45ACF HCE = vuông cân tại H HE HC = (2*) Từ (*) và (2*) suy ra HAE CBE = Câu 2 : (2,5 điểm) Do EN là trung tuyến của tam giác vuông AEH Nên EN = NH (1) ã ã NAE AEN = Ta lại có: ã ã HAE EBC= (1) (vì HAE CBE = c/m câu a) Tơng tự trong tam giác vuông BEC có EM là trung tuyến nên: EM = MB MBE cân tại M ã ã MEB MBE = (2) Từ (1) và (2) suy ra ã ã NEA MEB= Nên ã ã ã ã 0 90AEN 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 (2) Từ (1) và (2) suy ra NE = NF FNE cân tại N ã ã NEF NFE = (3) Mặt khác: ã ã MEF MFE= (vì ME MF= c/m trên) (4) Từ (3) và (4) suy ra ã ã ã ã 0 90NEF MEF NFE MFE+ = + = 3 Xuân Đức 66 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 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 (1) (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 (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HFOE là hình bình hình Mà KE = KF KO KH = do đó H, K, O thẳng hàng (đpcm) Bài 4: (3 điểm) Với x = 1 => (y-2) (z-2) = 5 => (x;y;z) là (1;3;7) và (1;7;3) Với x > 2 từ PT đã cho => 2(y+z) > 2(yz-1) => yz - y - z - 1 < 0 => (y-1)(z-1) < 2. (*) Giả sử y z - Nếu y = 1 từ PT đã cho 2(1+z) = x(z -1) (x-2)(y-1) = 4 nghiệm : (x;y;z) = (3;1;5); (4;1;3) ; (6;1;2) - Nếu y 2 => z y 2 từ (*) => y = 2 ; z chỉ nhận 1 trong 2 giá trị 2 hoặc 3 . thay vào PT đã cho nghiệm (x;y;z) = (2; 2 ;3) Do vai trò của y , z bình đẳng nên khi đổi vai trò của y , z ta có 4 nghiệm nữa Kết luận phơng trình có 10 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 7); (1; 7; 3); (3; 1; 5); (4;1;3); (6;1;2); (2;2;3); (3;5;1); (4;3;1); (6;2;1); (2;3;2) Bài 5: (2 điểm) Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán Xét BCD và ECD và S BCD = S ECD đáy CD chung, các đờng cao hạ từ. B và E xuống, CD bằng nhau => EB CD, Tơng tự AC// ED, BD AE, CE AB, DA BC Gọi I = EC BC => ABIE là hình bình hành. => S IBE = S ABE = 1. Đặt S ICD = x < 1 => S IBC = S BCD - S ICD = 1-x = S ECD - S ICD = S IED Lại có IBE IBC IDE ICD S S IE IC S S == hay 1 1 1 x x x = => x 2 - 3x + 1 = 0 => x = 2 53 do x < 1 => x = 2 53 . Vậy S IED = 2 15 4 A B C E D I Xu©n §øc 66 Do ®ã S ABCDE = S EAB + S EBI + S BCD + S IED = 3 + 2 15 − = 2 55 + Bai 6̀ : (2 ®iÓm) c/minh: 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 x x x x x x + ≤ + → ≤ = + + 2 1 1 2 x x ≤ + . T¬ng t ự 2 2 1 1 ; 1 2 1 2 y z y z ≤ ≤ + + 2 2 2 1 1 1 x y z A x y z = + + + + + 3 2 ≤ 3 2 MaxA = khi x = 1; y = 1 ; z = 1 5 . Xuân Đức 66 Đề Số 11 Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2 Năm học: 2008-20 09 (Thời gian làm bài 150 ) Bài 1: (5 điểm) 1.Giải. hàng. Bài 5 :(2 điểm) Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích