de thi hsg toan 9 hot

a Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m.. b Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng d là lớn nhất.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN NGA SƠN

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: tháng năm 2016

Bài 1 (4,0 điểm)

1) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x:

1 12

10 2

3 )

2 )(

3 4 ( 2

3 ) 6 ( 6



























x x x

x x

x x

x x

x

Điều kiện x 0, x  4; x  9 ; x  1

2) Rút gọn biểu thức: B = 2 2 3

3 2 3

2 2

3 2















Câu 2: (3,0 điểm).

Cho đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y = 1 (d)

a) Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của m

b) Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất

Bài 3: (4,0 điểm)

a Với

 5 2 17 5 383

.

5 14 6 5

  Tính giá trị của biểu thức: B = 3x3  8x2  22015

b Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) với x > 1, y > 1 sao cho (3x+1)  y đồng thời (3y + 1)  x

Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF

cắt nhau tại H Chứng minh rằng:

a) SABC =

1

2 AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.

b) tanB.tanC =

AD

c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác DEF

d)

1

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2y2  y2z2  z2x2 2015

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T

y z z x x y

Câu 6:(2,0 điểm) Cho tam giác ABC, I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Các

tia AI, BI, CI cắt BC, CA, AB lần lượt tai M, N, K Chứng minh rằng:

ĐỀ CHÍNH

THỨC

3 2

IM  IN  IK 

HƯỚNG DẪN CHẤM

1

(4đ)

1)

2điể

m

A

A

Do x 0; x 1; x 4; x 9

A = 6 x −(x+6)2( √x −3 − 3(√x −1)−2(√x − 3)

√x − 1)(√x − 3)(2−√x )

A = 6 x − x2(√x −6√x −3 − 3√x +3 −2√x +6

√x − 1)(√x −3)(2−√x)

A =

x

2 −√ ¿

¿

2(√x −1)(√x − 3)¿

(2 x −6√x)−2(√x −3)− x (√x −3)+√x(√x −3)

¿

A =

x

2 −√ ¿

¿

x

2 −√ ¿

¿

2(√x −1)(√x − 3)¿

(√x − 1)(√x − 3)¿

¿

= 12 => ĐPCM

0,75

0,75

0,5

2)

2điểm

6

B

2

1,0

0,75

0,25

2

(3đ)

a.

(1,5đ)

Điều kiện cần và đủ để đường thẳng (m – 2)x + (m – 1)y =

1 (d) đi qua điểm cố định N(xo,yo) là:

(m – 2)xo + (m – 1)yo = 1, với mọi m ⇔ mxo – 2xo + myo – yo – 1 = 0, với mọi m ⇔ (xo + yo)m – (2xo + yo + 1) = 0 với mọi m

⇔ 2o o 01 0 o 11



Vậy các đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1)

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

(1,5đ)

+ Với m = 2, ta có đường thẳng y = 1

do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1) + Với m = 1, ta có đường thẳng x = -1

do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2) + Với m ≠ 1 và m ≠ 2

Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung

Ta có: x = 0 ⇒ y =

1 1

m  , do đó OA =

1 1

Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành

Ta có: y = 0 ⇒ x =

1 2

m  , do đó OB =

1 2

m 

Gọi h là khoảng cách Từ O đến đường thẳng (d) Ta có:

m−3

2¿

2

+ 1

2≥

1 2

m− 2¿2=2 m 2−6 m+5=2¿

m −1¿2+ ¿

1

h2=

1

OA2+

1

OB2=¿

Suy ra h2  2, max h = 2 khi và chỉ khi m =

3

2 (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra Max h = 2 khi và chỉ khi m =

3

2

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

3

(4đ)

a Ta có

  3     

3

2

5 2 5 2 5 2 5 2 1

3

5 3 5

5 (3 5)

 

 

Từ tính được B = - 1

1,25 0,75

b Dễ thấy xy Không mất tính tổng quát, giả sử x > y

Từ (3y + 1)  x  3y  1 p x  p N *.

Vì x > y nên 3x > 3y + 1 = p.x

 p < 3 Vậy p1;2

 Với p = 1:  x = 3y + 1 3x + 1 = 9y + 4  y 4y

Mà y > 1 nên y2; 4 + Với y = 2 thì x = 7

+ Với y = 4 thì x = 13

 Với p = 2:  2x = 3y + 1 6x = 9y + 3 2(3x + 1) = 9y + 5

Vì 3x + 1y nên 9y + 5y suy ra 5y , mà y > 1 nên y = 5, suy ra x = 8

Tương tự với y > x ta cũng được các giá trị tương ứng

Vậy các cặp (x; y) cần tìm là: (7;2);(2;7);(8;5);(5;8);(4;13);

(13;4);

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

4

(6đ)

a(2,0đ)

A

E

* Ta có: SABC =

1

2 .BC.AD.

ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC =

1 2

BC.AB.sinA

ABE vuông ở E có AE = AB.cosA

BFC vuông ở F có BF = BC.cosB

ACD vuông ở D có CD = AC.cosC

Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

1,0

1,0

b(1,5đ) Xét ABD có tanB =

AD

BD ; ACD có tanC =

AD CD

suy ra tanB.tanC =

2

AD

Do HBD CAD  (cùng phụ với ACB) nên BDH  ADC (g.g)

 BD.DC = DH.DA

Kết hợp với (1) được tanB.tanC =

2

0,5

0,5 0,5

c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)  AEF ABC 

Tương tự được CED CBA  nên AEF CED  mà BE  AC

AEB CEB

  = 900 Từ đó suy ra FEB DEB   EH là phân

trong của DEF

Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là

giao ba đường phân giác trong của DEF

0,5

0,5 0,5 d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC

Dễ thấy CHE  CAF(g.g)

BHC BHC ABC ABC

Tương tự có

CHA CBA

HAB CAB

HA.HB S

Do đó:

BHC CHA AHB BAC CBA ACB

1

0,25

0,25 0,25

0,25

H

D

E F

x  y ; b  y  z ;c  z  x  a;b;c 0 và

a b c 2015   

Ta có: a2b2c2 2(x2y2z )2 

Do đó: (y z) 2 2(y2z ) 2b2  2  y z  2b

x a b c

y z 2b 2

 



Tương tự:

y a b c z a b c

,

z x 2c 2 x y 2a 2



a b c b a b c c a b c a T

(a b c )

a b c

 

2

(a b c)

a b c

       

(a b c)(a b c)

a b c

         

1 2015 2015 2015.9

Dấu đẳng thức xảy ra khi

2015

a b c

3

  

Vậy

2015 min T

2 2



khi

2015

x y z

3 2

  

0,25 0,25

0,25

0,25

6

(2đ)

Đặt

2 2

1 1

ABC BIC

S

y z IA



0.5

Chứng minh tương tự ta có:

2 2

2 2





A

B

I

2 2 2 2 2 2

3 2

           

IM  IN  IK 

1.0