049 đề HSG toán 9 hòa bình 2013 2014

SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH Đề thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ ĐỀ THI MƠN TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 29 tháng năm 2013 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang Bài (2 điểm) 1) Cho x số thực âm thỏa mãn x2 + A = x3 + = 23, tính giá trị biểu thức x2 x3 2) Phân tích thành nhân tử biểu thức sau: x4 – 2y4 – x2y2 + x2 + y2 Bài ( điểm) 1) · Cho tam giác ABC vuông A, ABC = 600 Trung tuyến CD = cm Tính diện tích tam giác ABC 2) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: y = (m + 1)x – m, m tham số Tìm m để đường thẳng d cắt parabol (P): y = x2 hai điểm phân biệt A, B cho OA vng góc với OB Bài (2 điểm) 1) Cho x, y số dương thỏa mãn x + y = 1, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (1 - 1 ) )(1 y2 x 2) Tìm nghiệm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình: 2x2 – 2xy = 5x – y – 19 Bài ( điểm) Cho đường trịn (O), bán kính R, A điểm cố định nằm ngồi đường trịn Một đường trịn thay đổi qua điểm O, A cắt đường tròn (O) hai điểm P, Q Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định (trước chứng minh nêu dự đoán điểm cố dịnh mà P, Q qua, giải thích cách nghĩ) Bài ( điểm) Có thể lát kín sân hình vng cạnh 3,5m viên gạch hình chữ nhật kích thước 25cm x 100cm mà khơng cắt gạch hay không? Hết Lời giải tóm tắt Bài 1 ) – 3(x + ) x x 1 Từ giả thiết ta có: x2 + +2 = 25  (x + )2 = 52 => x + = -5 x < x x x 1) Ta có A = (x + Do A = (-5)3 – 3.(-5) = - 110 2) x4 – 2y4 – x2y2 + x2 + y2 = (x4 – y4) – (y4 + x2y2) + (x2 + y2) = (x2 + y2)(x2 - y2 – y2 + 1) = (x2 + y2)(x2 - 2y2 + 1) Bài 1) A · Đặt BC = 2x (x > 0) Vì ABC = 600 µ = 300 => AB = x => AD = => C \ D B \ 600 x; AC = x Tam giác ADC vuông A => CD2 = AD2 + AC2 ( Đ/l Pi tago) cm C => Vậy diện tích S tam giác ABC S = = 3x2 + x2 => x = 16 13 AB.AC 3 = = (cm2) 2 13 13 104 2) Phương trình hoành độ hai đồ thị x2 – (m + 1)x +m = (*) Hai đồ thị cắt điểm phân biệt A B  PT (*) có nghiệm phân biệt  V>  (m + 1)2 – 4m >  (m – 1)2 >  m ≠ Xét PT hồnh độ, có a + b + c = – m – + m = => x1 = ; x2 = m => y1 = ; y2 = m2 => A( 1;1); B(m ; m2) Phương trình đường thẳng qua O A y = x Phương trình đường thẳng qua O B y = mx Đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng OB  m = -1  m = -1 Vậy với m = -1 đường thẳng parabol cắt điểm phân biệt A B cho OA vng góc với OB Bài 1) ĐK: xy ≠ ; Từ giả thiết => x2 + y2 = 1− 2xy (x2 − 1)(y2 − 1) x2y2 − (x2 + y2 ) + x2y2 − 1+ 2xy + x2y2 + 2xy = = = Ta có P = =1 + xy x2y2 x2y2 x2y2 x2y2 Mặt khác ta có (x – y)2 ≥ => x2 + y2 ≥ 2xy  (x + y)2 ≥ 4xy  ≥ 4xy 1 => ≥ xy ⇔ xy ≥ ⇔ xy ≥ => P ≥ + = Dấu “=” xảy x = y = Thỏa ĐK 2x2 − 5x + 19 x(2x − 1) − 2(2x − 1) + 17 17 = = x − 2+ 2) Từ PT ta có y = (x ≠ 2x − 2x − 2x − 1 x= không nguyên) 17 => với x nguyên y nguyên nguyên  17 M2x –  2x 2x− -1 ước 17 Mà 17 có ước ± 1; ± 17 Do x nguyên dương nên 2x – ≥ => 2x – = 2x – = 17 => x = Vậy minP =  x = y = x = => y = 16 y = Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x; y) = ( 1; 16) ; (9; 8) Bài M O' P K O I H A *) Dự đoán điểm cố định giao điểm I OA PQ *) Chứng minh: G/s (O’) qua O A => O’ nằm đường trung trực AO, gọi giao điểm đường trung trực với AO H, giao điểm OA với PQ I, giao OO’ với PQ K, OO’ cắt đường tròn (O’) M Ta có OO’ đường trung trực PQ => OO’ ⊥ PQ V OKI đồng dạng với V OHO’ (g.g) (Do OO’ = Q OM AO = 2.OH) · Ta có OPM = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => V OPM vng P, lại có PQ ⊥ OO’ => OP2 = OK.OM (Hệ thức lượng tam giác vuông)  OI = OP R2 = không đổi OA OA Do O cố định, OI không đổi nên I cố định Vậy đường thẳng PQ qua điểm cố định Bài Không thể lát sân mà cắt gạch gọi số gạch lát theo chiều dài chiều rộng viên gạch x, y hệ PT sau phải có nghiệm nguyên: 100x = 350  hệ vô nghiệm nguyên 25y = 350 ... y)2 ≥ 4xy  ≥ 4xy 1 => ≥ xy ⇔ xy ≥ ⇔ xy ≥ => P ≥ + = Dấu “=” xảy x = y = Thỏa ĐK 2x2 − 5x + 19 x(2x − 1) − 2(2x − 1) + 17 17 = = x − 2+ 2) Từ PT ta có y = (x ≠ 2x − 2x − 2x − 1 x= không nguyên)... => x = Vậy minP =  x = y = x = => y = 16 y = Vậy PT có nghiệm nguyên là: (x; y) = ( 1; 16) ; (9; 8) Bài M O' P K O I H A *) Dự đoán điểm cố định giao điểm I OA PQ *) Chứng minh: G/s (O’) qua... trung trực PQ => OO’ ⊥ PQ V OKI đồng dạng với V OHO’ (g.g) (Do OO’ = Q OM AO = 2.OH) · Ta có OPM = 90 0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => V OPM vng P, lại có PQ ⊥ OO’ => OP2 = OK.OM (Hệ thức lượng