Đang tải... (xem toàn văn)
Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H của AE vẽ dây cung CD của đường tròn (O) và vuông góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) tại I.. ĐỀ CHÍNH THỨC.[r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH HÀ
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐN LỚP 9
NĂM HỌC 2011 - 2012 Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 23 / 12 / 2011
Bài (4,0 điểm):
Cho biểu thức:
a a 3 2( a 3) a 3 M
a a 3 a 1 3 a
a) Rút gọn biểu thức
b) Tìm giá trị nhỏ M Bài (5,0 điểm):
a) Cho x, y hai số dương x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
2
A
xy x y
b) Chứng minh với số nguyên dương n,
1 1
2 3 4 (n 1) n Bài (4,0 điểm):
Giải phương trình:
a) x 1 3 x 2 x 0 b) x25x x25x 4 2 Bài (5,0 điểm):
Cho đường trịn tâm O đường kính AB; E điểm thuộc đường kính AB (E khác A B) Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H AE vẽ dây cung CD đường trịn (O) vng góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) I Chứng minh rằng:
a) Ba điểm I, E, D thẳng hàng
b) HI tiếp tuyến đường tròn (O’) c) ∆CHO = ∆HIO’
d) HA + HB + HC + HD 2 2 không đổi E chuyển động đường kính AB Bài (2,0 điểm):
Cho (O; R) hai điểm A, B cố định nằm ngồi đường trịn cho OA = R √2 Tìm vị trí điểm M đường tròn cho tổng MA+ √2 MB đạt GTNN?
(2)HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 4,0đ
a) (2,0đ)
ĐKXĐ: a 0;a 9
a a 2( a 3) a
M
( a 1)( a 3) a a
2
a a 2( a 3) ( a 3)( a 1) ( a 1)( a 3)
a a 2a 12 a 18 a a ( a 1)( a 3)
a a 24 3a a ( a 1)( a 3)
a( a 3) 8(3 a ) ( a 1)( a 3)
a a 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ b) (2,0đ)
Ta có:
a a 9
M a
a a a
Áp dụng BĐT CôSi cho số a 1
9
a 1 ta có:
M a 2 a
Dấu “=” xẩy
9
a a a
a
(TMĐK)
Vậy: Min M = a 4
0,75đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ Bài 2 5,0đ
a) (2,5đ)
Trước hết chứng minh: Với hai số dương x y ta có :
1 xyx y (*)
Áp dụng (*) ta có
1 x y 1 4 xy xy x y x y
Ta có 2
2
A
xy x y
= 2 2 2
4 1 1
3
2xy x y 2xy 2xy x y xy x 2xy y
2
1 12
12 14
2 xy (x y)
Dấu “=” xẩy
x y 1
x y
x y
Vậy Min A = 14 x = y =
1 . 0,5đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ
b) (2,5đ) Ta có
1 n 1
n
(n 1)n n n (n 1) n
1 1
n
n n n n
n n 1
n n n n
n 1 1
1
n n n n n
(3)A=
1 1 1 1 1
2 (n 1) n 2 n n
=
1
2
1 n
1,0đ
Bài 3 4,0đ
a) (2,0đ) Đặt : a=
√x+1 ; b= √3 x+2 ; c= √3 x+3 Phương trình (1) cho trở thành:
3 3
a+b+c= a b c a 3ab(a b) b c
3 3
a b c 3ab(a b) 3abc
x + 1+ x +2 + x +3 = 3
√(x+1)(x+2)(x+3) <=> 3(x+2) = 3
√(x+1)(x+2)(x+3) (x +2)3 = (x+1)(x+ 2)(x+3)
<=> (x+2) [(x +2)2- (x +1)(x +3)] =0 <=> x +2 = <=> x = -
Vậy pt (1) có nhgiêm x = -
1,0đ 0,5đ
0,5đ b) (2,0đ)
2
x 5x x 5x 4 2 (2)
ĐK: x25x 0 (x 1)(x 4) 0 x 4 x1 (*)
Đặt x25x t 0 (**) ta có phương trình
(2) t2 t 0 (t 1)(t 2) 0 t 1 (loại) t 2 (Thỏa mãn **) Với t = ta có x25x 2 x25x 4 x 0 x = -
Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm pt (2) x = x = -
0,5đ 0,25đ
0,5đ 0,5đ 0,25đ Bài 4
5,0đ
Vẽ hình (0,5đ)
a) (1,5đ)
Tứ giác ACED hình thoi (vì hai đường chéo vng góc cắt trung điểm) => AC // DE
Mà AC BC => DE BC (1)
I thuộc (O’) => EI IB hay EI BC (2)
Từ (1) (2) => D, E, I thẳng hàng (đpcm)
0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ b) (1,0đ)
Vì HID HDI O 'IB B mà D B (cùng phụ với BCD ) HID O 'IB
Do đó: HIO 90 0, suy HI tiếp tuyến (O’)
0,5đ 0,5đ c) (1,0đ)
Xét tam giác vng HCO IHO’ có HC = HI (vì = HD) (3) Ta có OC =R(O)
HO’ = HE + EO’ = 1/2AE + 1/2EB = 1/2.2R(O)= R(O)
(4)=> OC = HO’ (4)
Từ (3) (4) => ΔHCO = ΔIHO' (cạnh huyền – cạnh góc vng) 0,5đ d) (1,0đ)
Ta có: HA2 + HB2 = AC2 ; HC2 + HD2 = BD2 Mà BD = BC (do AB đường trung trực CD) Nên HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = AC2 + BC2
Mặt khác: ACB nội tiếp đường tròn đường kính AB ACB vng C
AC2 + BC2 = AB2 = 4R2
Vậy, tổng HA2 + HB2 + HC2 + HD2 = 4R2 không đổi E chuyển động đường kính AB
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Bài 5 2,0đ
Gọi C giao điểm đoạn thẳng OA với (O; R) Trên đoạn OC lấy điểm N cho
OC ON
Suy
OC OM OA
ON ON OM suy MOA~NOM (c.g.c)
MA
2 MA 2MN MN
MA 2MB 2MN 2MB MN MB 2NB
(không đổi)
Dấu “=” xẩy M thuộc đoạn NB Vậy M giao điểm đoạn NB với đường tròn (O; R)
B
C A
N M
O
0,5đ 0,5đ
0,5đ 0,5đ
Tổng 20.0đ
Lưu ý: - Học sinh giải cách khác hợp lí cho điểm tối đa; - Điểm tồn thi qui tròn đến 0,5.