THI HSG LOP 9

Vì AMH là góc ngoài tại đỉnh M của tam giác cân AMC nên AMH 2.[r]

PHÒNG GD-ĐT CÀNG LONG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Trường THCS Phương Thạnh NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN Đề chính thức Thời gian làm bài : 120 phút NỘI DUNG ĐỀ A.PHẦN ĐẠI SỐ: Câu : ( 4điểm ) a/ A   10    10   B b/ 2  2  2 2 2  Câu : (3điểm ) Cho đường thẳng (d) : y = 3x – a) Viết phương trình đường thẳng (d1) song song với (d) và có tung độ góc là b) Viết phương trình đường thẳng (d2) song song với (d) , cắt Ox A , Oy B và diện tích tam giác OAB Câu : ( điểm ) Chứng minh : 2  2  2 2 2  Câu : (2điểm ) Giải phương trình : x2 + x + 12 √ x+1 = 36 B PHẦN HÌNH HỌC: Câu : ( 4điểm ) Cho đường tròn tâm O , cung AB = 720 , C là điểm chính cung AB Tia phân giác góc OAC cắt OC E a) Đặt OA = a ; AC = x Chứng minh : x2 = a ( a – x ) b) Tia phân giác góc AOC cắt AB D Chứng minh : OB2 = AB DB ; AC2 = AB AD c) Đặt AB = y Chứng minh : y2 = a2 + x2 Câu : ( 3điểm ) Xét tam giác ABC vuông A, AB < AC, Cˆ   45 , đường trung tuyến AM, đường cao AH, MA = MB = MC = a Chứng minh công thức: sin 2 2sin  cos   HẾT - ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : TOÁN Biểu điểm Câu Nội dung Chi tiết Câu 4đ Tổng điểm 4đ A   10    10     A   10    10     2 4  10   42  (10  5)   10  8   8  (  1) 2 6   Vậy A    (  1)   B  2  2  2 2 2 B 2 2   2 42 2 4  2 2   (  1)  (  1)  2  3 3   (2  3)(3  3)  (2  9 3)(3  3)  3  36 2  3   1 6 Vậy B  Câu 2a Vì (d1) song song với (d) : y = 3x – nên phương trình (d1) là : y = 3x + b ( b - ) , Vì (d1) có tung độ góc là nên b = Vậy phương trình ( d1) là : y = 3x + 1,5đ 0,75 0,75 3đ 2b 1,5đ Vì (d2) song song với (d) nên (d2) : y = 3x + b Ta tính b Cho x = thì y = b ⇒ B( ; b ) Cho y = thì x = −b ⇒ A( −b ;0) 0,75 Diện tích tam giác OAB : S= OA OB = −b | | |b| = b2 Vậy : = b2 ⇔ 36 ⇔ b = ± Vậy phương trình (d2) cần tìm là : y = 3x + 0,75 Hay y = 3x – Câu 4đ Ta có : 42 2   2 3 4 2   1 2    3 0,5 Do đó : 2  2  2 2  2  1   1 2   1  1 2 2      1   Câu 2đ x2 + x + 12 √ x+1 = 36 ( x > -1 )  x2 + 2x –x + – + 12 √ x+1 - 36 =   1   3 2  31 2 1  6  0,5 3 2   2  =2 2 6    3 6 0,5  31   0,5  31 0,5 0,5 4đ 0,5  ( x + )2 – ( √ x+1 - )2 =  (x + - √ x+1 + ) ( x + + √ x+1 - ) =  [( √  [( Vì x +1 ) − √ x+1+ √ x+ 1− 24 ] ( x +1 + √ x+1 23 + [ ( x +1 − ) + ( √ x +1− ) ] ] ) (√ x+1 − 12 ) +234 > ( với x -4–2)=0 =0 2đ -1) 0,5 Còn lại (x + – ) + ( √ x+1 - ) =  [ ( √ x+ ) − ]+ ( √ x +1 −2 ) =0  ( √ x+1 + ) ( √ x+1 - ) + ( √ x+1 -2) =  ( √ x+1 - ) ( √ x+1 + + ) =  ( √ x+1 - )( √ x+1 + ) = * √ x+1 + = Vô nghiệm Hoặc * √ x+1 - = 0,5  √ x+1 =  x=3 Vậy phương trình có nghiệm là x = 0,5 Câu 4đ a) Δ AOC có OA = OC = R => Δ AOC cân O => 0 = ( 180 – 36 ) : = 72 0,5 * AE là phân giác góc OAC nên : : = 360 0,5 * Δ OAC và Δ ACE có : = 360 4đ là góc chung => Δ OAC ~ Δ ACE ( g g ) OA AC => AC =CE => AC AC = OA CE => AC2 = OA CE (1) 0,5 * Δ OAE và Δ ACE là tam giác cân => EO = EA = AC = x mà CE = CO – OE = a – x Thay vào (1) ta AC2 = OA CE = OA ( CO – OE ) 0,5 x =a.(a–x) b) Δ DOB có : = ( 1800 – 720 ) : = 540 ( góc đáy tam giác cân OAB ) 0,5 = 36 + 360 = 540 , nên Δ BOD cân D Do đó : Δ DOB ~ Δ OAB ( g g ) OB DB => OB2 = AB BD => AB =OB Δ ABC ~ (2) Δ ACD ( có Â chung ) , suy : => AC2 = AB AD (3) = AB2 0,5 AC AD = AB AC c) Từ (2) và (3) suy : OB2 + AC2 = AB ( DB + AD ) 0,5 0,25 0,25  a +x =y 0,5 Câu 3đ A a B H M a a C 1đ Ta có: sin   AH CH ;cos   AC AC Vì AMH là góc ngoài đỉnh M tam giác cân AMC nên AMH 2  sin 2  1đ AH AH  AM a AH CH AH CH 2sin  cos  2    AC AC AC Do đó:  AH CH AH AH   sin 2  BC CH 2a a HẾT 1đ