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 (115.36 KB, 8 trang )

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

Đề thi học sinh giỏi Môn Toán lớp 9
 Thêi gian lµm bài 150 phút

Bài 1 (2đ):
1. Cho biểu thức:

A = 

































1
1
1

1
:
1
1

1
1

xy
x
xy

x
xy
xy

x

xy
xy

x
a. Rót gän biĨu thøc.
b. Cho 1  1 6

y

x T×m Max A.

2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta cã:

2 1

1
1
1
)
1
(

1
1

1 
















n
n
n

n từ đó tính tổng:

S = 2 2 2 2 2 2

2006
1
2005

1
....
3

1
2

1
1
2

1
1

1     

Bài 2 (2đ): Phân tích thành nhân tử: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) xyz

Bài 3 (2đ):

1. Tỡm giỏ tr của a để phơng trình sau chỉ có 1 nghiệm:
6 13 ( 5)((2 3)1)
















a
x
a
x

a
a
a

x
a
x

2. Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của phơng trình: x2+ 2kx+ 4 = 4
Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có bất đẳng thức:

2
2

1

x
x
x

x

Bài 4: (2đ) Cho hệ phơng trình:























1

3

2

1 x

m

y

m

x

1. Giải hệ phơng trình với m = 1
2. Tỡm m h ó cho cú nghim.

Bài 5 (2đ) :

1. Giải phơng trình: 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2

2. Giải hệ phơng trình:

3 2

9 27 27 0

y x x

z y y

x z z

    


   


    


Bài 6 (2đ): Trên mặt phẳng toạ độ cho đờng thẳng (d) có phơng trình:

2kx + (k – 1)y = 2 (k là tham số)

1. Tìm k để đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng y = 3.x? Khi đó hãy tính
góc tạo bởi (d) và tia Ox.

2. Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) là lớn nhất?

Bài 7 (2đ): Giả sử x, y là các số dơng thoả mãn đẳng thức: xy 10
Tìm giá trị của x và y để biểu thức:

)
1
)(
1

( 4 4




 x y

P đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy.

Bài 8 (2đ): Cho  ABC với BC = 5cm, AC= 6cm; AB = 7cm. Gọi O là giao điểm
3 đờng phân giác, G là trọng tâm của tam giác.

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

Bài 9(2đ) Gọi M là một điểm bất kì trên đờng thẳng AB. Vẽ về một phía của AB
các hình vng AMCD, BMEF.

a. Chøng minh r»ng AE vu«ng gãc với BC.

b. Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chøng minh r»ng ba ®iĨm D, H, F thẳng
hàng.

c. Chng minh rng ng thng DF luụn luụn i qua một điểm cố định khi M
chuyển động trên đoạn thẳng AB cố định.

d. Tìm tập hợp các trung điểm K của đoạn nối tâm hai hình vng khi M chuyn
ng trờn ng thng AB c nh.

Bài 10 (2đ): Cho xOy khác góc bẹt và một điểm M thc miỊn trong cđa gãc.

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

Đáp án Đề thi học sinh giỏi Môn Toán lớp 9

Ngời ra đề : Lng Th Nhn

Đơn vÞ : Trêng THCS Thä Xơng

Stt ý Nội dung Điểm

Bài 1:

(2đ) 1.

a) k : x  0; y  0; x.y  1.

Quy đồng rút gọn ta đợc:
A = x1.y

b) 1  1 6  1 . 1 9

y
x
A
y

x

 Max A = 9  1  1 3 xy 91
y

x

 2 2  2

2
2

1
1
1
1
)
1
(

2
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1


























n
n
n

n
n
n
n

n
n

n

 S =

2006
1
2005

1
1

...
4
1
3
1
1
3
1
2
1
1
2
1
1
1

1            

2006
4024035
2006

2006

0,5

0,5
0,5

0,5

Bài 2:

(2đ) A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z)
= y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)

= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]
= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]
= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)

0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3:

(2đ) 1. Đk: x (1) (x + 6a +3) (x- a) = - 5a (2a+ 3) (a+ 1) ; x  a (*)

 x2+ (5a+ 3)x + 4a(a+ 3) = 3 (2)
Pt (2) cã nghiÖm: x1= 4a; x2= -(a+3)
PT(1) cã 1 nghiÖm  :

a) x1 = x2 và T/m (*)  4a = - (a+3)  a=1
Khi đó : x1 = x2 = - 4 T/m (*)

b) .x1 kh«ng t/m (*)  4a = - (a+ 1) hc – 4a = a
+) 4a = -(a+1)  a=

3
1

khi đó x2=

3
10



T/m (*)
+) - 4a= a  a = 0. Khi đó : x2 = -3 T/m (*)

0,25

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

c) x2 kh«ng tháa m·n (*)  - (a+ 3) = a v× - (a+ 3)  - (a+ 1)

 a =

2
3

 khi đó : x = - 6 thoả mãn (*).
Kết hợp a, b, c ta có: 4 giá trị của a là: 1;

3
1

; 0;

2
3


Ta thÊy: x1 0; x2 0.

Ta có :

)
1
(
5

2
3
.

.
2

1
2

2
1

1
2
2
1

1
2
1
2
2
1
2

2
1

x
x
x
x

x
x
x
x
x
x
x

x

Mặt khác :

1
2
2
1

x
x
x
x

 =

4
.

2
2
2
1
2
1

2
2
2

1 x x

x
x

x

x 




> 0 (2)
Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:

1
2
2
1

x
x
x
x

  2 5
.

)
(
5

2
1

2
2
1






x
x

 2 5 2 5 5 2
4

)
2

( 2 2











k

0,25
0,25

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

Bài 4:

(2đ) 1.

Đk:

2

1 y

x

Đặt

2

1 y

v

x

u

§k : u, v  0.

Ta cã hƯ phơng trình:

)2

(1

3

2 )1

(2

mu

v

mv

u

Với m = 1 ta cã:



























































7

19

3

8

5

7

2

1

5

3

1

5

7

5

3

132

2 y

x

y

x

v

u

uv

vu

VËy víi m = 1, hƯ ph¬ng trình có nghiệm là:

7

19

3

8 y

x

0,5

2. Từ (1) u = 2- mv. ThÕ vµo (2) ta cã:
2v – 6m + 3m2v = 1  v =

2
3

6
1



m

m

víi m  R.

 u = 2 – m(

2
3

6
1



m

m
) =

2
3



m

m

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Để hệ có nghiệm thì:

6

1

4

061

04

0 m

v

u

Vậy với

6

1

4 m

thì hệ phơng trình có nghiệm

0,5

Bài 5:

(2đ) 1. 2 2 2

2
2

)

1
(
5
9
)
1
(
5
4
)
1
(
3

2
4
14
10
5
7
6
3

x
x

x

x
x
x

x
x

x

Ta cã:

1
0

5
5

3
9
9
)
1
(
5

2
4
4
)
1
(
3

2
2
























x
x

VP

VT
VP
VT
VP

VT
x
x

VËy S =  1

0,25

0,5
0,25
2. Cộng từng vế 3 phơng trình ta đợc:

(x + 3)2 + (y-3)2 + (z- 3)2 = 0 (4)

Mặt khác: (1)  9x2- 27x + 27 = y3= 9 (

4
27
)
2
3 2




x >0

 y> 0; t¬ng tù : x > 0; z > 0.

a. XÐt x  3 tõ (3)  9z2 – 27z = x3- 27  0

 9z (z – 3)  0  z  3
T¬ng tù y  3

Tõ (4)  x = y= z = 3

b. XÐt 0 < x < 3. Tõ (3)  9z2- 27z = x3 – 27 < 0

 9z (z-3) < 0 z < 3

Từ (4) hệ phơng trình v« nghiƯm.

VËy hƯ cã nghiƯm duy nhÊt (x= 3; y = 3; z = 3)

0,25
0,25

0,25

0,25
Bµi 6:

(2đ) 1 Với k = 1 thì (d) là x = 1, (d) khơng song song với đờng thẳng y =3.x
Với k  1, đa phơng trình về dạng : y =

1
2
.

1
2






k
x
k

k

(*)

Điều kiện cần và đủ để (d) song song với đờng thẳng y = 3.x là :

)
3
2
(
3
3








k
k

k

Khi đó góc nhọn  tạo bởi (d) với tia Ox có Tg  = 3 nên =600

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Với k = 0 phơng trình đờng thẳng (d) là y = -2, suy ra khoảng

cách từ O đến (d) là 2. 0,5

Với

0

1 k

gọi giao điểm của (d) với Ox, Oy tơng øng lµ A, B

Thay y = 0 vào (*) đợc :

k
OA

x 1

k
1

A   

Thay x = 0 vào (*) đợc yB= ( )

1
2
1

d
k

OB

k     không đi qua
gốc tọa độ với k  0; k 1.

Trong tam giác vuông AOB, ta có: 2 12 12

OH
1

OB
OA 


Từ đó: OH =

1
2
5


 k

k , ta cã:

5k2 – 2k + 1 = 5(

5
4
)
5
1 2




k 

5
4

Víi k.

5
1
5

5   



 OH OH k

VËy víi k =

5
1

thì khoảng cách từ O đến (d) l ln nht.

0,5

Bài 7:

(2đ) P = (x

4 + 1) (y4+ 1) = (x4+ y4) + (xy)4 + 1
Đặt: t = xy, ta cã:

x2+ y2 = (x +y)2 – 2xy = 10 – 2t
x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2(xy)2

= (10 – 2t)2 – 2t2 = 2t2- 40t+ 100
Khi đó : P = t4 + 2t2- 40 t + 101

= (t4 – 8t + 16) + 10 (t2- 4t + 4) + 45
= (t2 – 4)2+ 10 (t 2)2 + 45

Suy ra P 45. Đẳng thức x¶y ra khi t = 2

 x+y = 10 và xy = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P lµ P = 45 khi:
(x,y) =

2
2
10
;
2

10  hoặc:

2
2
10
;
2

2
10

0,5

0,5
0,5
0.5
Bài 8:

(2đ) BI là phân giác của góc B, nên:

12
7
AC
5

AI

BC
AB
IC
AI

Do dó: 3,5( )

12
6
.
7
12

AC
7.

AI   cm

O G

AO là phân giác của góc A trong ABI,

Ta lại có: (1)

2
1
7

5
,
3
OB

AB
IA

Mặt khác, do G là trọng tâm của ABC, nên (2)
2
1

GB
GM

0,5

Từ (1) và (2) suy ra:

GB
GM

OB
OI

, do đó OG//IM 0,25

Khi đó ta lại có :

3
2




BM
BG
IM

OG

, 0,25

A
C

A I

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Suy ra: ( )
3
1
)
3
5
,
3

(
3
2
)
(

3
2
3

OG  IM  IA MA    cm
VËy : OG = ( )

3
1

cm 0,5

Bài 9:

(2đ) a. Xét CM  AB, BE  CAB, ta cã:  AC

( v× BE  MF, MF//AC) I H

 AE là đờng cao thứ ba. E

 AE  BC

A
b. Gäi O là giao điểm của AC và DM.
Do góc AHC = 900 (câu a) nên:

2
DM
OH
2

OH góc MHD = 900 (1)

Chøng minh t¬ng tù: gãc MHF = 900 (2)
Từ (1) và (2) D, H, F thẳng hàng.

c. Gọi I là giao điểm của DF và AC; DMF có DO = OM
OI//MF nên I là trung điểm DF.

Kẻ I I AB thì I là trung ®iĨm cđa AB vµ

2
2

' AD BF AM BM AB

II     

Do đó điểm I cố định: I nằm trên đờng trung trực của AB và cách
AB một khoảng bằng

AB

d. Tập hợp các điểm K là đờng trung bình của  IAB

0,5

0,5
0,5
.

………

Bµi 10:

(2đ) Lấy AVẽ MH//OA, MK//OB thì  Ox, B Oy, M AB
SOHMK khơng i

Đặt SOHMK = S3; SAKM= S1 a
SMHB= S2; SABC = S

Đặt MA = a; MB = b. b
Ta cã: S3 = S – (S1+ S2)



S
S
S
S

S3 1 2

1 



Các tam giác AKM, MHB, AOB đồng dạng nên :

2
1

b
a

a
S

S

2
2

2
2
3

2
2

)
(

2
)
(
1

b
a

ab
b

a
b
a
S

S
b
a

b
S

S

0,5

0.5

ab
b
a
S

S

2
)

( 2

2 (Bđt Côsi) 0,5

(a+b)2 4ab dấu b»ng s¶y ra khi a = b

 SAOB nhá nhÊt a = b M là trung điểm AB. 0,5

………

O K A

x
y

D C

B
M

</div>

HSG de dap an































1

1

3

2

2

2

2

1

1

<i>x</i>

<i>m</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>m</i>

<i>x</i>

Ngời ra đề : Lng Th Nhn

Đơn vÞ : Trêng THCS Thä Xơng

2

1

<i>y</i>

<i>x</i>

2

1

1

1

<i>y</i>

<i>v</i>

<i>x</i>

<i>u</i>

)2

(1

3

2

)1

(2

<i>mu</i>

<i>v</i>

<i>mv</i>

<i>u</i>

















































