Đề thi học sinh giỏi - Toán 9

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC.[r]

Equation Chapter Section 1P

HÒNG GD&ĐT LỤC NAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆNMƠN : TỐN 9 Năm học 2011-2012

Thời gian làm : 150 phút Câu 1.(4 điểm):

Phân tích đa thức thành nhân tử: a) 4x2 – 4xy + y2 – 9

b) a4 + a2 + 1

Chứng minh giá trị biểu thức:

2 13 48

  

  số

nguyên

Câu (4 điểm): Cho biểu thức:

3 15 11

1 3

x x x

P

x x x x

  

  

   

1 Rút gọn P

2 Tìm giá trị x để P đạt giá trị lớn Câu (6 điểm):

1 Giải phương trình: x 4 x3 5

2 Tính giá trị biểu thức A x 2013y2013

biết    

2

2013 2013 2013

x x y y 

3 Cho hai số x1;y1.

Chứng minh rằng: 2

1

1x 1xy 1y Câu (4 điểm):

Cho tam giác ABC vuông A, đường trung tuyến AK Qua A kẻ đường thẳng (d) vng góc với AK Gọi D E giao điểm đường phân giác góc AKB AKC với đường thẳng (d).

a) Chứng minh tứ giác EDBC hình thang

b) Chứng minh rằng:

2

1

4

EC BD BC Câu (2 điểm):

Cho tam giác ABC vuông A Gọi M, N trung điểm hai cạnh AB AC Tính độ dài đoạn thẳng MN biết độ dài BN 2sin và

2 os

CM  c  ( 00  900)

PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MƠN : TỐN

Năm học 2011-2012 Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

1 4

1 a) 4x2 – 4xy + y2 – 9

= (2x- y)2 – 9

= (2x – y + 3)(2x – y – 3) b) a4 + a2 + = a4 + a2 + a2 + 1- a2

= (a2 + 1)2 - a2

= (a2 + – a)( a2 + + a)

0.5 0.5 0.5 0.5

- Ta có:

2 13 48

  

  =

2

2 (2 1)

  

 

=  

2

  

 

=  

2 3

 

 

=  

2

2 ( 1)

 

 

=   3

 

 

=  

2 3



 

=   3



 

=   2( 1)

1

 

 

- Kết luận

0.5 0.5 0.75 0.25 2 4

Cho biểu thức

3 15 11

1 3

x x x

P

x x x x

  

  

   

ĐKXĐ : x0;x1 Ta có:

(3 2)( 3) 15 11 (2 3)( 1)

( 1)( 3) ( 1)( 3) ( 1)( 3)

x x x x x

P

x x x x x x

    

  

     

3 15 11

( 1)( 3)

x x x x x

x x

       



 

¿ 7√x −5x −2

(√x −1) (√x+3)=

(√x −1)(2−5√x) (√x −1) (√x+3)

¿2−5√x

√x+3

0.25

-Ta có P = x x   = 17 x   

- Chỉ Pmax 17

3

x max

- Lập luận MaxP =

3 đạt x = - KL 0.5 0.5 0.5 0.5 3 6

Giải phương trình: x 4 x3 5 ; ĐK: x3:

x 4 x3 5

 2

3 5

x x

x

     

   

- HS lập luận, đối chiếu ĐK tìm x13

0.5

0.5 0.5 0.5

Ta có    

2

2013 2013 2013

x x y y 

x 2013 x2 x 2013 x2y 2013 y2 2013x 2013 x2

         

 2  2

2013 y 2013 y 2013 x 2013 x

      

y 2013 y2 x 2013 x2

      

(1)

Tương tự   

2

2013 2013 2013

x x y y 

   

2

2013 2013

x x y y

      

(2) - Từ (1) (2)  x = - y

-  A x 2013y20130

0.5

0.5

0.5

0.5

Ta có: 2

1

1x 1xy 1y 2

1

0 x y xy

   

  

2

1 1

0 x xy y xy

                        2

2

1 1

xy x xy y

x xy y xy

              2 2

( )(1 ) ( )(1 )

1 1

x y x y y x y x

x y xy

               2 2 ( )( ) ( )( )

1 1

y x x xy x y y x y

x y xy

    

 

  

0.5

    

2

2

( )( )

0

1 1

y x x xy y x y

x y xy

   

 

  

    

2

2

( ) ( 1)

0 ,

1 1

y x xy

x y

x y xy

 

   

  

Vậy 2

1

1x 1xy 1y (đpcm)

0.5

0.5

4 4

a) - Chứng minh AKDBKD từ suy góc DBK 900

- Tương tự AKECKE từ suy góc ECK 900  DB // EC  tứ giác EDBC hình thang.

0.5 0.5 b) - Chứng minh DB = DA

EC = AE

- Măt khác theo hệ thức tam giác vng DKE ta có AK2 = AD.AE - Trong tam giác ABC ta lại có

1

AK  BC

- Suy AD.AE =

2

1 4BC

0.5 0.5 0.5 0.5

5 2

Áp dụng định lý Pitago tam giác: MAC, NAB ta có: A

B K C

D

E

M N

B

A

C

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

BN AN AB CM AM AC

BN CM AN (2AM) AM +(2AN) 4(sin  cos ) 5(AN AM ) 5.MN

  

 

 

 

    

    

HS lập luận MN đường trung bình ra: sin2cos2 = để tính được

2 5

MN 

- KL

0.5 0.5