1. Trang chủ
  2. » Đề thi

Toan 9 HSG Tinh Dak Lak 20132014

4 4 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 274,26 KB

Nội dung

Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác tiếp xúc với hai cạnh AB, BC lần lượt tại E, F.. Tia AO cắt EF tại K.[r]

(1)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN – THCS ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28/3/2014 Bài 1: (4 điểm) a) Chứng minh    là số nguyên b) Cho số n nguyên dương tùy ý Xét ba số tự nhiên a  111 (có 2n chữ số 1), b  111 (có n + chữ số 1) và c  66  (có n chữ số 6) Chứng minh a  b  c  là số chính phương Bài 2: (4 điểm) a) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x  y  x  y Chứng minh x  y  b) Giải phương trình x  x2  x  1  15 Bài : (4 điểm)  x  y  z  xy  yz  zx a) Giải hệ phương trình  2013 2013  2013 2014   x y z 3 b) Tìm tất các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình x3  y  x2  3x   Bài 4: (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x   x   x   x  Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có AB = cm, AC = cm Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác tiếp xúc với hai cạnh AB, BC E, F Tia AO cắt EF K Chứng minh tứ giác KFCO nội tiếp và tính diện tích tam giác OKC   150 Bài 6: (2 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC lấy điểm M cho BAM Đường thẳng qua điểm C và song song với đường thẳng AB cắt đường thẳng AM 1 điểm N Chứng minh   2 AM AN AB GGV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– T TH HC CSS P Phhaann C Chhuu T Trriinnhh –– B Buuôônn M Maa T Thhuuộộtt trang (2) BÀI GIẢI Bài 1: (4 điểm)   15  a) Đặt m      m  18  3m   m    m      2    15   m    m  (Vì  m     với m) 2  3 10 n  10 n 1  10n  102 n  16 10 n  64  10 n   b) Ta có a  b  c     6 8    9 9   mà 10 n   với n nguyên dương, nên 10n   N Do đó a  b  c  là số chính phương Bài 2: (4 điểm) 2 a) Ta có  x  1   y  1  x  y   x  y     x  y  x  y   x  y    x  y  Dấu ‘=’ xảy x  y  b) ĐK : x  1 Ta có x   x  1 2 x2  x2  x  x2 x2   15   x     15      15     x 1  x 1 x 1   x 1   t 3  x2   t  2t  15    t   t      t    x 1  t  5  x2  21   x  3x    x  (TMĐK) x 1 x2 5  +) t  5  (TMĐK)  5  x  5x    x  x 1  21 5  Vậy phương trình có bốn nghiệm x1,2  , x3,4  2 +) t   Bài : (4 điểm) a) Ta có  x  y  z    xy  yz  zx   x  y  z  xy  yz  zx  2  x  y  z  xy  yz  zx    x  y    y  z    z  x    x  y  z Từ đó ta có x 2013  y 2013  z 2013  32014  x  y  z  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x, y, z    3; 3; 3 b) Ta có x3  y  x2  3x    y  x3  x  3x  Mà x3  3x  x   x3  x  3x   x3  3x  3x  3   x  1  y   x  1  x   y  x   yx Do đó  (vì x, y  Z )  y  x 1 +) y  x  x3  x  x  3x    x  1 x  1   x  y  1 (Vì x  Z nên x   ) x   y 1 +) y  x    x  13  x3  x  3x   x    GGV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– T TH HC CSS P Phhaann C Chhuu T Trriinnhh –– B Buuôônn M Maa T Thhuuộộtt trang (3) Vậy các cặp số nguyên (x; y) cần tìm là:  1;  1 ,  0; 1 Bài 4: (2 điểm) Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B Đẳng thức xảy AB  , ta có: x   x   x    x  , dấu ‘=’ xảy  x  x   x    x    x     , dấu ‘=’ xảy  x  x   x    x    x     , dấu ‘=’ xảy  x  x   x   x    x  , dấu ‘=’ xảy  x  x   , dấu ‘=’ xảy x   f  x       15 , dấu ‘=’ xảy x  Vậy Min f(x) = 15 x  Bài 5: (4 điểm) Vì O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nên ta có:   BAC  ; OCA  OAC Do đó  AOC  1800  1 BCA   OCA   180  BAC   BCA   1800  180  ABC   900  ABC  OAC 2       Vì BE, BF là tiếp tuyến (O) nên tam giác BEF cân B      180  ABC  900  ABC  CFE   1800  BFE   900  ABC Do đó BFE 2   Nên AOC  CFE Vậy tứ giác KFCO là tứ giác nội tiếp BC  AB  AC  82  62  10 cm Vì (O) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nên ta có: AE = AD, BE = BF, CD = CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó AB  AC  BC  ( AE  BE )  ( AD  CD)  ( BF  CF )  AD AB  AC  BC   10   cm 2   450 nên vuông cân D  OA  AD  2 cm AOD,  ADO  900 , OAD   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)) AKC  OFC AKC ,  AKC  900 (   AD  AC    cm KAC  450 nên AKC vuông cân K  AK  CK  2 Do đó OK  AK  OA   2  cm 1   900  S OKC , OKC OK  CK     cm2 OKC  2 GGV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– T TH HC CSS P Phhaann C Chhuu T Trriinnhh –– B Buuôônn M Maa T Thhuuộộtt trang (4) Bài 6: (2 điểm) Kẻ AH  BC, AK  CN AB   , BAH  BAC   600  300 (đường cao tam giác cạnh AB) 2   15 , BCN   ABC   600 Do CN // AB  ANK  BAM   BCN   1800   600  600   60 nên  ACK  1800  ACB Ta có AH    AKC  AHC (cạnh huyền, góc nhọn)  AK  AH  AB   BAH   BAM   300  150  150 AHM ,  AHM  900 , MAH 0    AH   cos MAH  cos15  cos15   cos 15  a  Nên cos MAH AM AM AH AM AB AB AB   AKN , AKN  90 , ANK  15  sin150 2sin150 AK sin ANK 4sin 150 nên sin  ANK        b  AN AN AK AN AB AB AB 2 1 4cos 150 4sin 150  cos 15  sin 15       Từ (a) và (b) ta có 2 2 AM AN AB AB AB AB GGV V:: N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– T TH HC CSS P Phhaann C Chhuu T Trriinnhh –– B Buuôônn M Maa T Thhuuộộtt trang (5)

Ngày đăng: 13/09/2021, 14:03

w