1. Trang chủ
  2. » Kinh Tế - Quản Lý

ñeà thi hoïc sinh gioûi voøng huyeän ñeà thi hoïc sinh gioûi voøng huyeän naêm hoïc 2006 2007 moân toaùn lôùp 9 thôøi gian laøm baøi 150 phuùt baøi 1 4 ñieåm 1 cho ba soá x y z tuøy yù chöùn

6 6 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 367,5 KB

Nội dung

Treân nöûa maët phaúng bôø AB chöùa ñieåm C , keõ tieáp tuyeán Ax cuûa ñöôøng.. troøn (o).[r]

(1)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC : 2006 - 2007 MƠN : TỐN LỚP 9 (Thời gian làm 150 phút ) Bài 1: (4 điểm)

1) Cho ba số x , y , z tùy ý Chứng minh : x4+y4+z2+1

 2x(xy2- x + z + 1)

2) Cho a, b , c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : abc  (a+b – c).(b + c – a).(c +a – b)

Baøi 2: (4 điểm)

1) Giải phương trình: 2x 1 = + x 3 2) Giải hệ phương trình:

x y z 1 x 2y 4z 8 x 3y 9z 27

   

  

    

Bài 3: (4 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức: A = 1

a 1 + 1

b 1 với a = 1

2 3 b = 1 2 3 2) Cho biểu thức: P = x x 1 x 1

x 1 x 1

   

 

 

 

: x x

x 1

 

 

 

với x > x 1 a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị x để P = 3 Bài 4: (4 điểm)

Gọi M N trung điểm cạnh AD BC hình chữ nhật ABCD Trên tia đối tia DC lấy điểm P Giao điểm AC với đường thẳng PM làQ Chứng minh QNM = MNP

Bài : (4 điểm)

Cho đường trịn (o) đường kính AB =2R C điểm thuộc đường tròn (C

A;CB) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C , kẽ tiếp tuyến Ax đường

tròn (o) Gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q Tia AM cắt BC N.

1) Chứng minh tam giác BAN MCN tam giác cân.

2) Khi MB = MQ Chứng minh tồn biểu thức : BC2+2R.BC – 4R2 = 0 HẾT.

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN NĂM HỌC 2006 – 2007

TÓAN: TỐN - LỚP

BÀI NỘI DUNG ĐIỂM

Bài (4 đ)

1) x4+ y4+ z2+1

 2x(xy2- x + z +1) (1)  x4+ y4+z2+1- 2x2y2+ 2x2-2xz- 2x

 (x4+ y4- 2x2y2) + (x2- 2x +1) + (x2- 2xz + z2)   (x2- y2)2+ (x – 1)2+ (x – z)2

 (2) Bất đẳng thức (2)

Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh 2) abc  (a+ b- c).(b+c-a).(c+a-b) Ta có : a + b – c >

b + c – a > c + a – b >

Aùp dụng bất đẳng thức Cô Si cho a + b – c b + c – a a + b – c +b +c – a  (a b c).(b c a)   

 2b  (a b c).(b c a)   

 b  (a b c).(b c a)    (1) Tương tự :

a  (a b c).(c a b    (2) c  (b c a).(c a b)    (3) Nhân vế (1); (2) ; (3) Ta có:

abc 

(a b c)(b c a)(a b c)(c a b)(b c a)(c a b)            abc  (a b c) (b c a) (c a b)     

abc  (a+ b – c)(b+c-a)(c+a-b)

0.5 0.5 0.5 0.5

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 Baøi

(4đ) 1) Giải phương trình : 2x 1 = + x 3 (1) ÑK : 2x 0

x 0   

  

 x 3 Từ (1) Ta có x = x 3

 x2 = 16(x - 3)  x2 - 16x + 48 = 0  (x –4)(x –12) =  x 0

x 12 0   

   

 x 4 x 12

    

thỏa ĐK : x Vậy nghiệm phương tình laø : x1 = ; x2 = 12

0.5

0.5 0.5

0.5 UBND HUYỆN CẦU KÈ

(3)

2) Giải phương trình :

x y z 1 x 2y 4z 8 x 3y 9z 27

   

  

    

(2) Lấy (2) trừ (1) Ta có y + 3z = Lấy (3) trừ (2) Ta có y + 5z = 19

Ta có heä y 3z 7

y 5z 19   

  

Suy z =-6 ; y= -11

Theá z =6 ; y= -11vào phương trình (1) Suy x =6

Vậy nghiệm hệ

x 6 y 11 z 6

  

    

0.5

0.5 0.5

0.5

Bài (4 đ)

1) Ta có : a = 1

2 3 =

2 3

4 3

 =2 - 3

b = 1

2 3 =

2 3 4 3

 = + 3

Do : A = 1

a 1 + 1 b 1 =

1

2 3 1 +

1 2 3 1

= 1

3 3 + 1

3 3 = 6

9 3 = 1

2) a) Rút gọn P

P = x x 1 x 1

x 1 x 1

   

 

 

 

: x x

x 1

 

 

 

(1)

Ta coù : A = x x 1 x 1

x 1 x 1

   

 

 

 

=  

 

3

x 1 x 1

 

- x 1 x 1

 

0.5 0.5

0.5 0.5

(4)

=   

   

x x x 1 x 1 x 1

  

  -

x 1 x 1

 

=2 x x 1 

B = x x x 1 

 =

x x x x 1

 

 = x

x 1 Từ (1) suy P = A: B

=2 x x 1 

 : x x 1 =

2 x x 1 

x 1 x

 = 2 x x  b) Khi P = Suy

2 x

x

 = 3

 3x + x - =0  x + x

3 - 3 2 = 

2

1 5

x

6 6

   

 

   

    =   x 1 x 2

3

 

   

 

=0

x 0 2

x 0

3    

   

x 1 4 x

9      

x =1 (Loại x  1) x = 4

9 (Thỏa ĐK) Vậy x = 4

9

0.25

0.25

0.25

(5)

Bài (4 điểm)

Gọi I giao điểm MN AC Ta AMCN hình bình hành (AM =NC AM//NC) Nên I trung điểm MN AC

Qua I kẽ đường vng góc với MN cắt QN H Ta có : IH// NC suy QH QI

HN IC IM// CP suy QM QI

MP IC Dođó QH QM

HN MP

Suy HM// NP Do M1 N2  (1)

Mặt khác : MHN có đường cao IH đường trung tuyến nên cân H Do : N1 M1  (2)

Từ (1) (2) suy : N1 N2  Hay QNM MNP 

0.5 0.5 0.5

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Baøi

(4đ) 1) Kẻ BM DoAB đường kính (o) nên

AMB 90

Suy BM AN nên BM đường cao BAN Mà B1 B2  nên BM đường phân giác BAN Do đóBAN cân B

Suy BAM MNB  (1)

Mặt khác : AC BQ Ta có C1 B1  (cùng chắn cung AM) MàMCN 90 C1 

 

Suy MCN 90 B1  

Ta lại có BAM 90 B1

  Nên suy MCN BAM  (2) Từ (1) (2) suy MNB MCN  Nên MCN cân M 2) Khi MB =MQ BMQ cân M Do B2 Q2  (1) Xét MNQ MCB có :

MB = MQ ( GT )

MN = MC (CMN cân ) Nhưng MNQ 180 MNC

 

MCB 180 MCN

  MNC MCN 

Do MNQ MCB  (2) Từ (1) (2) suy QMN BMC 

Do MNQ =MCB (c.g.c) Suy QN =BC Mặt khác AB2 = BC BQ

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25

0.5

(6)

1 2 1

B C

A D

N

M

P

Q I

H

=BC.( BN + NQ)

=BC.(AB + BC) (Vì BN=AB ; NQ = BC) Suy BC.( BC + 2R) =4R2

Hay BC2+ 2R.BC – 4R2 = 0

0.5

Ghi chuù:

Học sinh có thểlàm cách khác nếuđúng hưởng trịn điểm câu,

Hình vẽ 4 Hình vẽ 5

1 2

1

2 O

B

A Q x

C

M

Ngày đăng: 27/04/2021, 15:42

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w