thoi trang 13 mỹ thuật 9 nguyễn thị thực thư viện tư liệu giáo dục

[r]

(1)

Phịng GD&ĐT Huyện Kiên Lương KÌ THI CHỌN HS GIỎI VÒNG TRƯỜNG LỚP Trường THCS TT Kiên Lương Năm học: 2010 – 2011

- ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN

Thời gian: 90 phút ( Không thể thời gian giao đề) Ngày thi: 26/09/2010

Bài (4điểm)

1) Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho

2) Chứng minh rằng: Với n số chẵn lớn n4 4n3 4n2 16 chia hết cho 384

Bài (4 điểm) Giải phương trình:

1)

1

x x

x x x x

 

 

 

2)  

2

2 x 2 4 x 1 Bài ( 5điểm)

1) Chứng minh rằng:

2

1 1

x x

 



2) Tìm x y cho biểu thức có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó:

2

2 6 12 2025

N  x  y  xy x y

Bài ( 5điểm) Cho tứ giác lồi ABCD có tổng số đo góc ADC DCB 900 , có AD = BC, CD = x, AB = y Gọi I, N, J, M trung điểm cạnh AB, AC, CD, BD

1) Chứng minh tứ giác INJM hình vng

2) Gọi S diện tích hình vng INJM, chứng minh rằng:

 2

8

x y

S 

Dấu đẳng thức xảy nào?

Bài (2điểm)

Cho hình vng ABCD Gọi O điểm thuộc miền hình vng cho OA:OB:OC =1:2:3 Tính số đo góc AOB

(2)

Phịng GD&ĐT Huyện Kiên Lương KÌ THI CHỌN HS GIỎI VỊNG TRƯỜNG LỚP Trường THCS TT Kiên Lương Năm học: 2010 – 2011

GỢI Ý ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Bài Nội Dung Điểm

1

1) Ta phải chứng minh:    

3

3 1 2 9

A n  n  n  với n Z

   

3 3

3

2

3 12

3 15

3 18

3 1 18

A n n n n n n n

n n n

n n n n

n n n n n

        

   

    

     

Vì n n  1 n 1 3 nên 3n n  1 n 1 9 , 9n2 18n 9 Vậy A9

0,5 0,5

1 2) Ta phải chứng minh: B = n4  4n3 4n2 16 384 với n chẵn n>4

B = n n3  4  4n n  4 = n n  4 n 2 n2

Vì n chẵn n>4, nên ta đặt n2k2k 1 Khi B = 2k2 2  k 2 2 k k 4

= 16k k  1 k1 k2

Vì k k  1 k1 k2 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 24 Vậy B16.24 hay B384

0,5

1

2

1)  

1

x x

x x x x

 

 

 

ĐKXĐ: x0;x1

 

2

1

3

x x x

x x

x x

    

  

+) x = ( Loại) +) x = (TMĐK)

Vậy tập nghiệm PT(1): S 3

0,5

1,5

2)  

2

2 x 2 4 x 1

x2 2 2 x3 1 x 1 x2 x 1 2 x 1x2 x 1

            

Đặt x 1 a ; x2 x 1 b với ,a b0

Đưa pt dạng:    

2

a b  ab  a b  ab

(3)

3

 

   

0

a b

a b a b

  

   

Giải pt ta tìm tập nghiệm: S 0;2

0,5

1) CM:

2

1 1

x x

 

  x x2 1  1 x21

4 2

x x x

  

4 0

x

 

BĐT đúng, dấu đẳng thức xảy x = 2) N 2x29y2  6xy 6x12y2025

=    

2

3 1996 1996

x y  x  

Vì    

2

3 0;

x y  x 

N nhỏ x 3y2 0 x 5 0

5;

x y

  

Vậy với

7 5;

3

x y

biểu thức có giá trị nhỏ 1996

0,5 0,5 0,5 0,5

4 1)

P

b

a N M

I

J

D C

B A

1) Ta có MI=IN=NJ=JM theo tính chất đường trung bình tam giác ABD,ABC,ACD,BDC AD = BC (gt)

Nên tứ giác INJM hình thoi

Mặt khác ADC DCB900 nên ADBC Ta có: IN//BC, IM//AD  IM IN

Do INJM hình vng 2) Ta có

2

1

2

INJM

S  MN IJ  MN

Gọi P trung điểm AD ta có

x y

MN PN PM  

Vậy

 2

1

2

x y x y

S     

 

0,5

1,5

(4)

Dấu xảy MN PN PM hay P, M, N thẳng hàng, tứ giác ABCD hình thang

0,5

5

Dựng tia Bx nằm nửa mp bờ đường thẳng BC(không chứa điểm O) cho

xBC ABO

 

Trên Bx lấy điểm K, cho BK=BO Do BOKvuông cân Nên BKO450

Từ ABOCBK c g c 

KC OA

 

Đặt OA=a nên CK=a; OB=BK=2a, OC=3a

Trong tam giác vng OBK có: OK2 OB2 BK2 8a2 Nên

2 8 2 9

OK CK  a a  a , mặt khác OC2 9a2

2 2

OC OK KC

   nên OKC vuông K hay OKC 900( theo đl đảo Pitago)

Vì CBK ABO BCK BAO góc góc nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn hai đường thẳng song song AB CD Từ BKCBKO OKC 450900 1350

Mà BKCAOB1350

* Lời giải khác, cho điểm tương đương.

2