Đề và đáp án HSG 9 (2)

đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn toán Thời gian làm bài 150 phút ----------------------------------------------- Đề 2 Câu 1: Cho x + 2y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của tích x.y Câu 2: Phân tích ra thừa số a. a 8 + a 4 + 1 b. a 10 + a 5 + 1 Câu 3: Chứng minh rằng: 2 322 32 322 32 = + + ++ + Câu 4: Rút gọn biểu thức : 2 2 1 1 1 1 : 1 1 1 1 1 x x A x x x x x x + = + ữ ữ ữ ữ + + Biết -1 < x < 1, x 0 Câu 5: Cho hệ phơng trình ax + y = 3 4x + ax = -1 a. Giải hệ khi a=3 b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm. Câu 6: Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm trên đờng chéo BD chiếu lên AB và AD tại E và F. 1. Chứng tỏ: CF = DE và CF DE Tìm quỷ tích giao điểm N của CF và DE 2. Chứng tỏ: CM = EF và CM EF 3. Chứng minh rằng các đờng thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm. Hớng dẫn chấm học sinh giỏi toán 9 đề II Câu 1: (1 điểm) Ta có : x + 2y = 1 <=> x =1 2y Do đó P = x.y = (1 - 2y)y = y 2y 2 = -(2y 2 y) 8 1 22 1 2 8 1 22 1 22 1 2 222 = yy Do đó tích số P=x.y đạt giá trị lớn nhất bằng 8 1 tại trị số 1 1 ; 4 2 y x= = Câu 2: (2 điểm) a. Ta có a 8 + a 4 + 1 = (a 4 + 1) 2 - a 4 = (a 4 - a 2 + 1)(a 4 + a 2 + 1) = (a 4 - a 2 + 1)(a 2 + a + 1)(a 2 - a + 1) Vậy a 8 + a 4 + 1 = (a 4 - a 2 + 1)(a 2 + a + 1)(a 2 - a + 1) c. a 10 + a 5 + 1 = a 10 + a 9 + a 8 + a 7 + a 6 + a 5 + a 5 + a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 - a 9 - a 8 - a 7 - a 6 - a 5 - a 4 - a 3 - a 2 - a = (a 10 + a 9 + a 8 ) +(a 7 + a 6 + a 5 ) + (a 5 + a 4 + a 3 ) + (a 2 + a + 1) - (a 9 + a 8 + a 7 ) - (a 6 + a 5 + a 4 ) - (a 3 + a 2 + a) = a 8 (a 2 + a + 1) + a 5 (a 2 + a + 1) + a 3 (a 2 + a + 1) + (a 2 + a + 1) - a 7 (a 2 + a + 1) a 4 (a 2 + a + 1) - a(a 2 + a + 1) = (a 2 + a + 1)(a 8 a 7 + a 5 a 4 + a 3 a + 1) Vậy a 10 + a 5 + 1 = (a 2 + a + 1)(a 8 a 7 + a 5 a 4 + a 3 a + 1) Câu 3: ( 1điểm) Biến đổi: ( ) 2 13 2 324 32 2 + = + =+ Tơng tự: ( ) 2 13 2 324 32 2 = = Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 2 3 2 3 2 2 3 1 3 1 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 3 1 2 2 6 2 2 2 6 2 3 2 6 3 2 6 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3 2 6 6 6 3 1 6 3 1 + + + = + + + + + + + = + = + + + + + + + + = + = = = + Vậy 2 322 32 322 32 = + ++ + Câu 4 : (2 điểm) Rút gon biểu thức: ta có 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Q x x x x + − = + + − − − − + + − + − = + = + + − − + − − + − − − + − − + + − + + − + − + + − = = = + − − + − − + − − + − + − = = − = − − = − x x 11 2 −− nÕu 0 < x < 1 = x x 11 2 −− − nÕu -1 < x < 0 => Q P A = * NÕu -1 < x < 0 ta cã 1 11 11 2 2 −= +− − −+ = x x x x A * NÕu 0 < x < 1 ta cã: ( ) ( ) 2 22 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 122122 11 11 11 11 11 11 x xx x xx x x x x x x x x A −−− = − −−− = −− +− = −− +− = −− −+ = VËy -1 nÕu -1 < x < 0 A= 2 22 122 x xx −−− nÕu 0 < x < 1 C©u 5: (1 ®iÓm) a. Khi a=3 ta cã hÖ 134 33 −=+ =+ yx yx <=> 1)33(34 33 −=−= −= xx xy <=> 105 33 −=− −= x xy <=> 2 33 = −= x xy <=> 3 2 −= = y x VËy khi a = 3 hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (2;-3) b. XÐt hÖ 14 3 −=+ =+ ayx yax (I), ta cã (I) <=> 1)3(4 3 −=−+ −= axax axy <=> ( ) )2(314 )1(3 2 axa axy −−=− −= 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,5 ®iÓm 0,25 ®iÓm 0,25 ®iÓm Muốn (I) có nghiệm duy nhất thì 2404 22 aaa Muốn (I) vô nghiện thì: 031 04 2 = a a 13 4 2 = a a 3 1 2 = a a 2 = a Vậy : Điều kiện để hệ có nghiệm duy nhất là 2 a Điều kiện để hệ vô nghiệm là 2 = a Câu 5: (3 điểm) Vẽ hình 1. Chứng minh DECF và DECE = ta có DECFcgcDAECDF == )( Ta cũng có 11 DC = mà VNDCD 1 1 =+ => VNDCC 1 1 =+ => VCND 1 = hay DECF Qủy tích của N: ta có VCND 1 = (câu a) => N chạy trên đờng tròn đờng kính CD. Giới hạn : N ở miền trong của hình vuông ABCD . - Khi M ở B thì F ở A, E ở B suy ra CF trùng với CA và DE trùng với DB do đó N ở tại O (tâm của hình vuông). - Khi M ở D thì F ở D, E ở A suy ra CF trùng với CD và DE trùng với DA do đó N ở tại D. Vậy N chỉ chạy trên 1/4 đờng tròn, cung DNO, có đờng kính CD. Phần đảo: Lấy N thuộc cung phần t DO ở trên đờng tròn đờng kính CD ta có VCND 1 = (1) Gọi E là giao điểm của DN và AB, F là giao điểm của CN và AD. Dựng hình chữ nhật AEMF ta chứng minh rằng BDM . Từ (1) => 11 DC = (góc nhọn có cạnh đối một vuông góc) => AEDFgcgDAECDF == )( mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật) => DF=FM <=> FDM vuông cân DBMFDM = 0 45 Vậy quỷ tích của N là 1/4 cung DNO của đờng tròn đờng kính CD. 2. Chứng tỏ EFCM = và EFCM gọi K là giao điểm của FM và CB ta có: DFCK = => FMCK = tơng tự : MEMK = Do đó: EFCMcgCFMECKM == )( Ta cũng có: KCM MFE CM EF = . 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 3. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy Chứng minh tơng tự câu 1 ta có CEBF Trong CEF ta có EFCM ; EFED ; CEFB => CM, ED, FB Là 3 đờng cao của tam giác do đó chúng đồng quy. Vậy CM, BF, DE đồng quy tại một điểm. đó là trực tâm của tam giác CEF 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Chú ý: Vẽ hình đúng ý 1 Vẽ hình sai không cho điểm câu 6 . chéo BD chiếu lên AB và AD tại E và F. 1. Chứng tỏ: CF = DE và CF DE Tìm quỷ tích giao điểm N của CF và DE 2. Chứng tỏ: CM = EF và CM EF 3. Chứng minh. đề thi học sinh giỏi lớp 9 Môn toán Thời gian làm bài 150 phút ----------------------------------------------- Đề 2 Câu 1: Cho x +