De HSG Toan 9 2

Chứng minh rằng A là một hợp số b Cho 0  Bài 4: Cho tam giác ABC đều với O là trung điểm cạnh BC.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên cạnh AB.[r]

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ Đề thi chính thức ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN NĂM HỌC 2014-2015 Thời gian làm bài 120 phút  y x  x y  xy P    2  x  xy xy  y  x  y Bài 1: Cho biểu thức a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P 2 b) Tính giá trị P x > y > và thỏa mãn 2x  2y 5xy x 2 x    x 2 x Bài 2: a) Giải phương trình  a  b b a   2 b) Chứng minh a + b = (a, b  0) thì a  b  a b  2  a  d   b  c  1 Bài 3: a) Cho số a, b, c, d thỏa mãn các điều kiện a  b 2 và 2 Chứng minh c  d  2ad  2bc  2ab  5125  A  25  Chứng minh A là hợp số b) Cho  Bài 4: Cho tam giác ABC với O là trung điểm cạnh BC Vẽ xOy 60 cho Ox cắt cạnh AB M, Oy cắt cạnh AC N a) Chứng minh OBM  NCO và BC 4BM.CN   b) Chứng minh MO và NO theo thứ tự là phân giác các BMN và MNC  Bài 5: Cho hình thoi ABCD có BAD 40 , O là giao điểm hai đường chéo Gọi H là hình chiếu vuông góc O trên cạnh AB Trên tia đối tia BC và tia đối tia DC lấy các điểm M, N cho HM  song song với AN Tính số đo MON BÀI GIẢI  x  xy 0   xy  y 0   x  y 0   x y   x, y 0 Bài 1: a) ĐKXĐ: 2   xy  x  y    x  y  xy  x  y  x  y y x P      2 xy  x  y  x  y y x  x  x  y y  x  y  x  y 2x  2y 5xy   x  2y   2x  y  0  x  2y 0  x 2y b) Ta có (vì x > y nên 2x – y > 0) 2y  y 3y P   y  2y  y Do đó x 2 x  3    0 x2 x Bài 2: a) ĐKXĐ: x  -2; x  Phương trình 13  x 13  x 1    0   13  x     0   13  x   x  x  12  0 x  x  x  x          13  x   x  3  x   0 b) Ta có Tập nghiệm phương trình S = {-3; 4; 13} thỏa mãn ĐKXĐ  a  b    a  b   a  b   a  b2   a  b  1  a  b2  b a    3 a  b3  a b   a  b3   a b   a  ab  b      a  b    a  b2  ab  a b  1    a  b   a  b    a  b2  a b 2  3   a  b 2     a  b    a  b2    a  b2  2 2    a b  1    a  b     a  b a b2  c2  d  2ad  2bc  2ab c2  d  2ad  2bc  2ab   a  b   Bài 3: a) Từ giả thiết ta có 2 a  2ad  d  b  2bc  c  a  2ab  b   a  d    b  c    a  b   2  a  d   b  c   2   b) Đặt 525 a  A  a5  a  a  a  a  a  9a   6a  6a  2a  5a  10a  5a a 2 2  a  3a  1  5a  a  1  550  3.525  1  526  525  1  550  3.525  1   538  513   550  3.525   538  513   550  3.525   538  513  Vậy A là hợp số 0    Bài 4: a) Ta có MON 60  MOB  NOC 120       MOB  OMB 1200  OMB NOC và B C 60 BM OB   CO CN Do đó OBM  NCO (g – g) mà thừa số lớn A M N BC 2  BM CN = CO OB =  BC 4BM.CN C B O BM OM BM OM     CO ON BO ON b) Ta có OBM  NCO BM BO    MON  600  OBM  NOM (c – g – c) OM ON , lại có B    Do đó BMO NMO hay MO là phân giác BMN , chứng minh tương tự ta có NO là phân  giác MNC    M Bài 5: Ta có MBH BCD ADN   B và MHB AND (góc có cạnh tương ứng song song) H Do đó MBH  ADN (g – g) MB BH    MB.DN BH.AD C A O AD DN (1) Mặt khác OHB  AOD (g – g) BH OB D    DO.OB BH.AD N DO AD (2) MB OB MB.DN DO.OB   DO DN Từ (1) và (2) ta có     Ta lại có MBO NDO  MBO  ODN (c – g – c)  OMB NOD (3)  1800  BAD  ABD  700  0     Mặt khác ; MBO ABD  MBA ABD  BAD 70  40 110 (4) Từ (3) và (4) ta có           MON 1800  MOB  NOD 1800  MOB  OMB MBO 1100 Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh