Đề đáp án HSG toán 9 huyện quế sơn 2017 2018(vòng 2)

Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM.. Tia AM cắt đường thẳng CD tại E.. a Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân.. c Gọi H là giao điểm của OM với BE.. Chứng minh CH vuông góc với BE.

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

NĂM HỌC 2017-2018

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II

Bài 1 (3,0 điểm):

Cho ba số thực a, b, c thỏa a b c     0

a) Chứng minh a4   b4 c4  2a b2 2 b c2 2c a2 2

b) Tính a4   khi có thêm điều kiện b4 c4

Bài 2 (4,0 điểm):

Tam giác ABC có số đo các cạnh là: a, b, c Gọi 2 p là chu vi của tam giác

Chứng minh rằng :

a)

a b a b  

b)

c) Cho 2p = 18 Tìm giá trị nhỏ nhất của a2  b2 c2

Bài 3 (4,0 điểm):

Cho phương trình: x2  1 x3x 5 m Thực hiện:

a) Giải phương trình với m = 9.

b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt x x x x1, , ,2 3 4thỏa:

1 2 3 4

x  x  x  x 

Bài 4 (7,0 điểm):

Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C) Trên cạnh AB lấy điểm N sao cho BN = CM Tia AM cắt đường thẳng CD tại E

a) Chứng minh ∆OMN là tam giác vuông cân

b) Chứng minh MN // BE

c) Gọi H là giao điểm của OM với BE Chứng minh CH vuông góc với BE

Bài 5 (2,0 điểm):

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x2 4x3y2 19

====HẾT====

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN VÒNG II

Bài 1 (3,0 điểm):

Từ a b c    0được:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0,25 0,25 0,25 0,50

Thay a + b + c = 0 được:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

0,25 0,50

Từ (a2  b c2   )2 2 4(a b2 2a c2 2b c2 2) và

4 4 4  2 2 2 2 2 2 2

a   b c a b b c c a được:

2 2 2 2

4 4 4  ( )

2

a b c

a   b c  

Thay được

0,75 0,25

Bài 2 (4,0 điểm):



2

(a b) 4ab

   (Do a > 0, b >0 nên ab(a+b)>0)

2

(a b) 0

0,25 0,50 0,25

Áp dụng a) được:

;

;

0,50 0,25

0,25

0,25

Bài 3 (4,0 điểm):

Đặt y = x2 4x 1 được:

2 (y 4)(y  4) 9 y   25 y 5 àv y5 0,50

2 4 1 5 2 4 6 0

x  x   x  x  được x  2 10và x  2 10 0,25

Từ phương trình(x24x 5)(x2 4x 3) m (*) Đặt y =x2 4x 1 được

( 4)( 4)

0,50

1 2 3 4

Do x x1; 2; x x3; 4có vai trò như nhau trong biểu thức.

Gọi x x1; 2là hai nghiệm của phương trình:

x2 4x 1 m16  x2 4x 1 m16 0 (1)

Có: x x1 2 4 à v x x1 2  1 m16.

0,50

và x x3; 4là hai nghiệm của phương trình:

x24x 1 m16  x2 4x 1 m16 0 (2)

Có: x3  x4 4 à v x x3 4  1 m16.

0,25

Thay vào (*) được:

4

4

0,50

Với m = -7 thì (*) có 4 nghiệm phân biệt Kết luận m = -7 0,25

Bài 5 (2,0 điểm):

2 4 2 21 3

0,50 0,25

Do 2(x 1)2là số chẵn  7 y 2 là số chẵn  y = ±1 0,25 Được nghiệm (2; 1 ) ; (2 ; -1) ; (-4, 1) ; (-4 ; -1) 0,25

H E

N

O

M

Bài 4 (7,0 điểm):

OBN và ∆OCM có:

BN = CM (gt)

OB = OC (ABCD là hình vuông)

OBN = OCM = 450

 ∆OBN = ∆OCM

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

 ON = OM (1) 0,25

Và BON = COM  BON + BOM = COM + BOM

 NOM =COB = 900 (2)

Từ (1) và (2) được ∆NOM vuông cân tại O

0,50 0,50 0,25

MN // BE  BHM =  NMO = 450 (1) 0,50

 BMH =  OMC (đối đỉnh)  BMH đồng dạng với OMC 0,50

Và có  HMC =  OMB (đối đỉnh)  MHC đồng dạng với MBO 0,50

 MHC = MBO = 450 (2) 0,25

Từ (1) và (2) được BMC = BHM + MHC = 450+ 450 =900

====HẾT====

Để dành:

Giải các phương trình sau:

a)

b) x2 4x 5 2 2x3

0,50 0,25

Cộng 2x+ 3 + 1 vào 2 vế được:

2

0,50 0,50

x  x    x x

2 4 4 2 3 à 2

x  x   x

0,50

2

2 6 13 0

0,50