HSG de dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (98.44 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn 9
Thời gian làm bài : 150 phút ( Khơng kể thời gian giao đề )

C©u 1(4 điểm): Giải các phơng trình sau

2
3
1
1
1

1
)

2
1
2

1
1
2

1
)

x
x
x

x
b

x
x
x

x
a

Câu 2( 4 điểm):

1/ Tìm các số a;b;c biết

abc 2( a2 b13 c 2)110
2/ Rót gän

100
99
99
100

1
99

98
98
99

1
...

4
3
3
4

1
3

2
2
3

1
2

1
1
2

S

Câu 3 ( 4 điểm):

1/ Cho a;b c; là độ dài ba cạnh của một tam giác

Chøng minh r»ng : (a + b - c)(a + c- b)(b + c - a)  abc

2/ Cho hµm sè f(x) = ( x2 + 2x - 15)(x - 1)( x +7)

Với giá trị nào của x thì giá trị của hàm số f(x) nhỏ nhất.Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Câu 4(5 điểm): Cho hình thang cân ABCD (BC // AD), hai đờng chéo AC và BD cắt

nhau t¹i 0 sao cho gãc BOC b»ng 600. Gäi I ; M ; N ; P ; Q lÇn lợt là trung điểm các 
đoạn thẳng BC ; OA ; OB ; AB ; CD.

1/ Chứng minh tứ giác DMNC nội tiếp một đờng tròn.
2/ Chứng minh tam giác MNQ l tam giỏc u.

3/ Gọi H là trực tâm của tam giác MNQ. Chứng minh ba điểm H; O; I thẳng
hàng.

Cõu 5( 3 im): Cho tam giỏc AMN với góc N tù( AM = p và AN= q ) và đờng cao

MH sao cho MN là tia phân giác của góc AMH. Các đờng cao MH và AE của tam
giác AMN kéo dài cắt nhau tại B.

TÝnh diện tích các tam giác ABM và ABH theo p vµ q

đề thi học sinh giỏi cấp huyện mơn tốn 9

Thời gian làm bài : 120 phút ( Không kể thời gian giao )

Câu 1(4 điểm) xÐt biÓu thøc :

A =

1
3
2
1

2
3
)
3
)(
1
(

11
15













x
x

x

x
x

x
x
1/ Rót gän A

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

3/ so sánh A và
3
2

Câu 2( 5 điểm): giải các phơng trình sau

1/ x4 - 6x2 + 7x - 6 =0 
2/

9
6
7
2

1
21
2

2
2







x x x

x

3/ 3x2 12x 13 4x2 16x 25 4x x2

Câu 3 ( 5 điểm):
 1 / TÝnh tæng

2002
2001

2001

2002

1
...

4
3
3
4

1
3

2
2
3

1
2

1
1
2












S

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 1 4 4 2 4 2 12 9







 x x x x

3/ T×m tất cả các số nguyên x sao cho x3 + 8x2 + 2x chia hÕt cho x2+ 1

Câu 4(2điểm): Cho tam giac ABC trung tuyến AD . Gọi G là trọng tâm của tam giác.

Một cát tuyến quay quanh G cắt AB và AC lần lợt tại M và N.
Chứng minh rằng 3

AN
AC
AM

AB

Câu 5( 2điểm): Tính diện tích Tam gi¸c ABC biÕt AB = 6 cm; AC = 8 cm;

trung tun AM = 5cm

H

íng dÉn chÊm

C©u 1: (4 điểm)

- Tìm ĐKXĐ : x1 ( 0,25
®iĨm)

- Biến đổi đa về phơng trình dạng:  x11 2 +  x 1 1 2 = 2 (0,25 điểm)

- Biến đổi tơng đơng đa phơng trình về : x 11 + x 1 1 = 2 (0,25 điểm)

- áp dụng BĐT giá trị tuyệt đối: a b ab

Ta cã x 11 + x 1 1 = x11 +1 x 1 2 (0,5

điểm)

- Chỉ ra dấu = xảy ra  ( x 11)1 x 1  0

( V× x1 =>

x



1 

1 

0

)  1- x 10  1 x 1
 x-11 => x2 (0,5 ®iĨm)

- kết hợp với ĐKXĐ ta đợc nghiệm phơng trình là: 1x2 (0,25 điểm)
Câu 2:- Tỡm KX x1(0,2 5 im)

- Đặt K

x
x

1 (k 0

 ) đa PT đã cho về dạng

2
3
1

k

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- Giải phơng trình ẩn k tìm ra k1 = 2 ; k2 =
2
1

( lo¹i) (0,5 điểm)
- Thay k= k1 = 2 vào k

x
x



1
1

t×m ra x = -
3
5

(0,5điểm)
Trả lời: Tập nghiệm của phơng trỡnh ó cho l S =

-3
5

(0,25 điểm)
Câu 4:

1.( 2 ®iĨm)

- ChØ ra §KX§: a0, b1, c2 (0,25 ®iĨm)

- Biến đổi tơng đơng đẳng thức đã cho về dạng ( a  1)2 + ( b 1 2)2 +( c 2 3)2

= 0
(0,75 ®iÓm)














0
3
2
0
2
1
0
1

c
b
a









11
5
1
c
b
a
(0,75
điểm)

- Đối chiếu với ĐKXĐ và kết luận: a=1, b = 5,c = 11 (0,25 ®iĨm)
2.(2 ®iĨm) Víi k



N* ta cã:

k
k
k
k
k
k

k

k    1 ( 1

1
1
)
1
(
1
=
)
1
)(
1
(
.
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k

=
1
1
1
.
1
1

k
k
k
k
k
k
(1 điểm)
- Thay k = 1;2;3;98;99 và tổng S ta cã

S=
1
1

-100
1
99
1
99
1
98
1
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1









  (0,75 ®iĨm)

=> S=

10
9
10
1
1
100
1
1
1




 => S =

10
9

(0,25 ®iĨm)
C©u 5(4 ®iĨm)

1. (2 ®iĨm)

- Vì a, b, c là đội dài 3 cạnh của tam giác nên

a + b - c > 0 , a + b - c > 0, b - c +a > 0 (0,25 điểm)
- áp dụng BĐT cô si cho hai sè d¬ng ta cã

+) (a + b - c) (a + c - b)  2

2
b
c
a
c
b

a    

 = a2 (1) (0,5 ®iĨm)

(a + b - c) (b + c - a)       2 

2
a
c
b
c
b
a

b2 (2) (0,5 ®iĨm)
(a + c - b)(b + c - a)  2

2
a
c
b
b
c

a    

 = c2 (3) (0,5 điểm)

Nhân vÕ víi vÕ (1),(2),(3) ta cã











a
c
b
b
c
a
c
b

a       a2b2c2 => (a + b - c) (a + c - b)(b + c - a) abc
(0,25 điểm)

Dấu = xảy ra a = b = c
2.(2 ®iĨm)

- Biến đổi F(x) = (x-3)(x+5)(x-1)(x+7) ( 0,25điểm)
F(x) = (x-3)(x+7)(x+5)(x-1) ( 0,25điểm)
F(x) = (x2 + 4x-21)(x2 + 4x-5) ( 0,25điểm)
F(x) = (x2 +4x-13- 8)(x2 +3 + 8) ( 0,25điểm)

F(x) = (x2 + 4x- 13)2 - 82 ( 0,25điểm)
F(x) = (x2 +4x-13)2 - 64 - 64 ( 0,25điểm)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

- KÕt luËn: Minf(x) = - 64  x = - 2 17 ( 0,25điểm)
Câu 5(5 điểm)

- Vẽ hình chính xác, ghi đúng giả thiết, KL (0,5 điểm)
1. (1,5 điểm)

- ABCD là hình thang cân
=> OA=OD, OC=OB

Mà AOC = AOD= 600 ( gt)

=>  BOC  AOD đều (0,5 điểm)

- Chỉ ra CN, DM là trung tuyến
đồng thời là đờng cao

=> CND = CMD = 900 (0,25 ®iĨm)
- ChØ ra NQ = QM = QC = QD =

2
1

CD
(không đổi) (0,5 điểm)

=> Tứ giác DMNC nội tiếp đờng tròn ( Q;
2

CD

(0,25 ®iĨm)
2.(1,5 ®iĨm)

- Ta cã: QN = QM =
2
1

CD (chứng minh ở câu a) (0,25 điểm)
- chỉ ra MN là đờng trung bình  BOA => MN =

2
1

AB (0,75 ®iĨm)
- chØ ra CD = AB råi => QN = QM = MN (0,75 ®iĨm)

- chØ ra QMN (theo ) (0,25 ®iĨm)

3. (1,5 ®iĨm)

- H là trực tâm của MQN đều => HM = HN => MHN cân ở H (0,25 điểm)

=> MHN =

2
.
2

1800  MNH

2
2
.
30
1800  0

= 1200 (0,25 ®iĨm)
- chØ ra : NOM = 1800 - MOD = 1200 (0,25 ®iĨm)

=> MHN = NOM = 1200

- OH cùng nhìn MN dới cùng một góc khơng đổi 1200 => Tứ giác NOHM nội tiếp 
(0,5 điểm)

=> MOH = MNH (cïng ch¾n MH) = 300

- chỉ ra OH là tia phân giác của AOD, OI là tia phân giác của BOC
- chỉ ra AOD và BOC là đối đỉnh => I, O , H thẳng hàng (0,25 điểm)
Câu 5: ( 3 điểm)

- Vẽ hình cân đối chíng xác, rõ ràng (0,25 điểm)
- Ghi đúng g iả thiết (0,25 điểm)

- ChØ ra AH = MB , AE = EB

- Chỉ ra: AHB đồng dạng với  AEN ( g.g)

q
AB
AN

AE
AB
AH
AN

AB
AE
AH

. 2






 (1) (0,5®)

-  AHB đồng dạng  MAE HBAE AMAB HB AB2p





 (2) (0,5 ®iĨm)

- áp dụng định lí Pi ta go vào  vng AHB ta có

AB2 = AH2 + HB2 =   

2
4
2

4
4

4 p

AB
q

AB

2
2

2 4

q
p

q
p
AB




 (3) (0,5 điểm)

A B

H
N

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

- Từ (1) và (3) ta cã: 2 2
3
2

2
.
2
1
.

2
1

q
p

q
p
q

AB
AM
AH

AM
SABM






  (0,5 ®iĨm)

- Tõ (1), (2), (3) ta cã:





2 2 2

3
3
4 2.
4

2
1
.

2
1

q
p

q
p
pq

AP
HB

AH
SABM






</div>

HSG de dap an

<i>x</i>

<sub></sub>

1

<sub></sub>

1

<sub></sub>

0

















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về