HSG de dap an

[r]

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn 9 Thời gian làm : 150 phút ( Khơng kể thời gian giao đề )

C©u 1(4 điểm): Giải phơng trình sau

2 1

1 )

2

1

1 )

     

     

x x x

x b

x x x

x a

C©u 2( điểm):

1/ Tìm số a;b;c biÕt

abc 2( a2 b13 c 2)110 2/ Rót gän

100 99 99 100

1 99

98 98 99

1

4 3

1

2

1

1

1

 

 

      

S

Câu ( điểm):

1/ Cho a;b c; độ dài ba cạnh tam giác

Chøng minh r»ng : (a + b - c)(a + c- b)(b + c - a)  abc 2/ Cho hµm sè f(x) = ( x2 + 2x - 15)(x - 1)( x +7)

Với giá trị x giá trị hàm số f(x) nhỏ nhất.Tìm giá trị nhỏ

Câu 4(5 điểm): Cho hình thang cân ABCD (BC // AD), hai đờng chéo AC BD cắt

nhau t¹i cho gãc BOC b»ng 600 Gäi I ; M ; N ; P ; Q lần lợt trung điểm đoạn th¼ng BC ; OA ; OB ; AB ; CD

1/ Chứng minh tứ giác DMNC nội tiếp đờng tròn 2/ Chứng minh tam giác MNQ tam giỏc u

3/ Gọi H trực tâm tam giác MNQ Chứng minh ba điểm H; O; I thẳng hàng

Cõu 5( im): Cho tam giỏc AMN với góc N tù( AM = p AN= q ) đờng cao

MH cho MN tia phân giác góc AMH Các đờng cao MH AE tam giác AMN kéo dài cắt B

TÝnh diÖn tÝch tam giác ABM ABH theo p q

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn 9

Thời gian làm : 120 phút ( Không kể thời gian giao đề )

Câu 1(4 điểm) xét biểu thức :

A =

1

2 ) )( (

11 15

  

    



x x x

x x

x x 1/ Rót gän A

3/ so sánh A

Câu 2( điểm): giải phơng trình sau

1/ x4 - 6x2 + 7x - =0 2/

9

1 21

13

2

    

x x x

x

3/ 3x2 12x 13 4x2 16x 25 4x x2

   

Câu ( điểm): / TÝnh tæng

2002 2001 2001

2002

1

4 3

1

2

1

1

1

 

      

S

2/ Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc P = 4 12

  



 x x x x

3/ T×m tÊt số nguyên x cho x3 + 8x2 + 2x chia hết cho x2+ 1

Câu 4(2điểm): Cho tam giac ABC trung tuyÕn AD Gäi G trọng tâm tam giác

Một cát tuyến quay quanh G cắt AB AC lần lợt M vµ N Chøng minh r»ng  3

AN AC AM

AB

Câu 5( 2điểm): Tính diện tÝch Tam gi¸c ABC biÕt AB = cm; AC = cm;

trung tuyÕn AM = 5cm

H

íng dÉn chÊm

C©u 1: (4 điểm)

- Tìm ĐKXĐ : x1 ( 0,25 ®iĨm)

- Biến đổi đa phơng trình dạng:  x11 2 +  x 1 2 = (0,25 điểm)

- Biến đổi tơng đơng đa phơng trình : x 11 + x 1 = (0,25 điểm)

- áp dụng BĐT giá trị tuyệt đối: a b ab

Ta cã x 11 + x 1 = x11 +1 x 2 (0,5

điểm)

- Chỉ dấu = xảy  ( x 11)1 x  0

( V× x1 => x110)  1- x 10  1 x  x-11 => x2 (0,5 ®iÓm)

- kết hợp với ĐKXĐ ta đợc nghiệm phơng trình là: 1x2 (0,25 điểm) Câu 2:- Tìm ĐKXĐ x1(0,2 im)

- Đặt K

x x

  

1

1 (k 0

 ) đa PT cho dạng

2

 

k

- Giải phơng trình ẩn k tìm k1 = ; k2 =

( loại) (0,5 điểm) - Thay k= k1 = vµo k

x x    1

t×m x = -

(0,5điểm) Trả lời: Tập nghiệm phơng trình cho S =

-3

(0,25 ®iĨm) C©u 4:

1.( ®iĨm)

- ChØ ĐKXĐ: a0, b1, c2 (0,25 điểm)

- Biến đổi tơng đơng đẳng thức cho dạng ( a  1)2 + ( b 1 2)2 +( c 2 3)2

= (0,75 ®iĨm)               2 1 c b a          11 c b a (0,75 điểm)

- Đối chiếu với ĐKXĐ kết ln: a=1, b = 5,c = 11 (0,25 ®iĨm) 2.(2 ®iĨm) Víi k  N* ta cã:

k k k k k k k

k    1 ( 1

1 ) ( = ) )( ( 1 k k k k k k k k        = 1 1       k k k k k k (1 ®iĨm) - Thay k = 1;2;3;……98;99 vµ tỉng S ta cã

S= 1 -100 99 99 98 3 2        

  (0,75 ®iĨm)

=> S= 10 10 1 100 1   

 => S =

10

(0,25 ®iĨm) C©u 5(4 ®iĨm)

1 (2 ®iĨm)

- Vì a, b, c đội dài cạnh tam giác nên

a + b - c > , a + b - c > 0, b - c +a > (0,25 điểm) - áp dụng BĐT cô si cho hai số dơng ta có

+) (a + b - c) (a + c - b)  2

2 b c a c b

a    

 = a2 (1) (0,5 ®iĨm)

(a + b - c) (b + c - a)       2 

2 a c b c b a

b2 (2) (0,5 ®iĨm) (a + c - b)(b + c - a)  2

2 a c b b c

a    

 = c2 (3) (0,5 điểm)

Nhân vế víi vÕ (1),(2),(3) ta cã

   

 2

a c b b c a c b

a       a2b2c2 => (a + b - c) (a + c - b)(b + c - a)  abc (0,25 ®iĨm)

DÊu = x¶y ra a = b = c 2.(2 ®iĨm)

- Biến đổi F(x) = (x-3)(x+5)(x-1)(x+7) ( 0,25điểm) F(x) = (x-3)(x+7)(x+5)(x-1) ( 0,25điểm) F(x) = (x2 + 4x-21)(x2 + 4x-5) ( 0,25điểm) F(x) = (x2 +4x-13- 8)(x2 +3 + 8) ( 0,25điểm) F(x) = (x2 + 4x- 13)2 - 82 ( 0,25điểm) F(x) = (x2 +4x-13)2 - 64 - 64 ( 0,25điểm)

- KÕt luËn: Minf(x) = - 64  x = - 17 ( 0,25điểm) Câu 5(5 ®iĨm)

- Vẽ hình xác, ghi giả thiết, KL (0,5 điểm) (1,5 điểm)

- ABCD hình thang cân => OA=OD, OC=OB

Mà AOC = AOD= 600 ( gt)

=>  BOC  AOD (0,5 điểm)

- Chỉ CN, DM trung tuyến đồng thời đờng cao

=> CND = CMD = 900 (0,25 ®iĨm) - ChØ NQ = QM = QC = QD =

2

CD (không đổi) (0,5 điểm)

=> Tứ giác DMNC nội tiếp đờng tròn ( Q;

CD

(0,25 ®iĨm) 2.(1,5 ®iĨm)

- Ta cã: QN = QM =

CD (chứng minh câu a) (0,25 điểm) - MN đờng trung bình  BOA => MN =

2

AB (0,75 ®iĨm) - chØ CD = AB råi => QN = QM = MN (0,75 ®iĨm)

- chØ QMN (theo ) (0,25 ®iĨm)

3 (1,5 ®iÓm)

- H trực tâm của MQN => HM = HN => MHN cân H (0,25 điểm)

=> MHN =

2 1800  MNH

=

2 30 1800 

= 1200 (0,25 ®iĨm) - chØ : NOM = 1800 - MOD = 1200 (0,25 ®iÓm)

=> MHN = NOM = 1200

- OH nhìn MN dới góc khơng đổi 1200 => Tứ giác NOHM nội tiếp (0,5 điểm)

=> MOH = MNH (cïng ch¾n MH) = 300

- OH tia phân giác AOD, OI tia phân giác BOC - AOD BOC đối đỉnh => I, O , H thẳng hàng (0,25 điểm) Câu 5: ( điểm)

- Vẽ hình cân đối chíng xác, rõ ràng (0,25 điểm) - Ghi g iả thiết (0,25 điểm)

- ChØ AH = MB , AE = EB

- Chỉ ra: AHB đồng dạng với  AEN ( g.g)

=>

q AB AN

AE AB AH AN

AB AE AH

2

 



 (1) (0,5®)

-  AHB đồng dạng  MAE HBAE AMAB HB AB2p

2

  

 (2) (0,5 ®iĨm)

- áp dụng định lí Pi ta go vào  vng AHB ta có

AB2 = AH2 + HB2 =   

2

4

4 p

AB q

AB

2

2 2

q p

q p AB

 

 (3) (0,5 ®iĨm)

M

A B

H N

- Tõ (1) vµ (3) ta cã: 2

2

2

q p

q p q

AB AM AH

AM SABM

 



  (0,5 ®iĨm)

- Tõ (1), (2), (3) ta cã:



 2

3 2.

2

2

q p

q p pq

AP HB

AH SABM

 

