De thi HSG 9

Tính theo m tọa độ các giao điểm A; B của đồ thị hàm số với các trục Ox;.. Oy.[r]

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC: 2010 - 2011

Mơn thi:TỐN 9

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

Câu 1

a Phân tích Q thành nhân tử: Q x  5x 2x 10 b Tính Q biết x13 10

Câu 2 Cho hàm số: y x  2m1; với m tham số.

a Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O.

b Tính theo m tọa độ giao điểm A; B đồ thị hàm số với trục Ox;

Oy H hình chiếu O AB Xác định giá trị m để

2 OH 

b Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB.

Câu 3

a Giải phương trình: x 1 x   x x b Cho a b; hai số dương thỏa mãn: a2b2 6

Chứng minh: 3(a26) (a b )

c Giải phương trình nghiệm nguyên: x2xy 2008x 2009y 2010 0

Câu 4

Cho đường tròn (O;R) AB CD hai đường kính cố định (O) vng

góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB.

a Tính sin2MBA sin2MAB sin2MCDsin2MDC

b Chứng minh: OK2 AH R AH(2  )

c Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn nhất.

Hết./. ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2010 - 2011

Mơn thi:TỐN 9

Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề)

Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm

1

a    

   

5 2 10 2

5 2

Q x x x x x x

x x            0,5 0,5 2,0 b

13 10

x   x  2.2 5   (2 2 5)2 2 2

Vậy: Q2 2 5 2   2  2 2.( 5)2 10

0,5 0,5

2 a

2

y x  m ; với m tham số

Để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O(0; 0)

1

2

2

m m

     0,25

2,0 b

Tìm tọa độ giao điểm A đồ thị hàm số với trục Ox: A2m1;0 Giao điểm B đồ thị hàm số với trục Oy: B0; 2 m1

Ta có: AOB vng O có OH đường cao nên:

2 2

1 1

OH OA OB Hay 2

0

1

2 (2 1) A B m m

x y m

           0,5 0,5 c

Hoành độ trung điểm I AB:

2

2

A B

I

x x m

x    

Tung độ trung điểm I AB:

(2 1)

2

A B

I

y y m

y    

Ta có: yI xI  Quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB đường

thẳng yx

0,5

0,25

3

a

Điều kiện: x2

 2

2

1 2 2 2 1

2 1 2 1

2 4 ( 2)

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

                                            

Vậy nghiệm pt là: x6

0,2 0,2 0,3

0,3

2,5

b Với a b; hai số dương ta có:

   

2

2 2 2

2 .1

2

a b  a b   a b     

  (Theo Bunhiacopski)

 2  6

2

a b a

   

(Vì a2b2 6) Hay 3(a26) ( a b )

0,25

c

2

2008 2009 2010 2009 2009 2009

x xy x y

x xy x x y

    

      

( 1) 2009( 1) ( 2009)( 1)

x x y x y x x y

           

2009 2010

1 2010

2009 2008

1 2010

x x

x y y

x x

x y y

                                 0,25 0,5 0,25 H K D C A O B M 0,25 3,5 4 a

Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên:

   

2 2

sin MBAsin MABsin MCDsin MDC=

   

2 2

(sin MBA c os MBA) (sin MCD c os MCD)= + = 2

0,75

b

Chứng minh: OK2 AH R AH(2  )

Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH

Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH

đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH)

0,5

0,5

c

P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH)

Mà OH.MH

2 2

2 2

OH MH OM R

  

(Pitago)

Vậy

2

2

4

2 R P R  R

đẳng thức xẩy  MH = OH

 OH =