De DA HSG huyen Tam Duong 20102011 Toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (130.37 KB, 4 trang )

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

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

PHỊNG GD&ĐT KÌ THI KHẢO SÁT HSG LỚP 9 VỊNG 1Năm học: 2010-2011
Mơn: Tốn

Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Cho hàm số y=ax+b. Biết f(1) f(2); f(5) f(6) và f(999)=1000.
Tính f(2010).

b) Rút gọn biểu thức: A 2( x2 y2 x)( x2 y2 y) x2 y2

       .

với mọi x y, 0.
Câu 2.(2,0 điểm)

a) Chứng minh rằng a2 a 1

  không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a.
b) Tìm các số nguyên dương x y, khác nhau sao cho: xy yx

 .
Câu 3.(2,0 điểm)

a) Giải phương trình x2 3x 2 x 1 4

    .
b) Giải phương trình nghiệm nguyên 4x5y7.

Câu 4.(1,5 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  1. Chứng minh
rằng a bc  b ca  c ab  1 ab bc ca .

Câu 5.(2,5 điểm) Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vng góc
với AB. M là điểm di chuyển trên nửa đường tròn (O) ( M khác A và B). Tiếp tuyến
của nửa đường tròn (O) tại M cắt OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của
nửa đường tròn (O) lần lượt tại D, E và H. Gọi F là giao điểm của AE và BD.

a) Xác định vị trí của M trên nửa đường trịn (O) để diện tích tứ giác ABHE là
nhỏ nhất.

b) Chứng minh EA. EF= 2

AB .

====HẾT====

Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh...SBD:...

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

H ƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MƠN: TỐN 9

( Đáp án có 3 trang)

Câu Nội dung chính Điểm

a) Vì f(1) f(2) nên a0 (1)
f(5) f(6) nên a0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a=0
Do đó f(2010)=f(999)=1000

0,5
0,5
b) A 2( x2 y2 x)( x2 y2 y) x2 y2

       =

2(x2 y2) 2 x2 y2.(x y) 2xy x2 y2

       

 x2 y2 (x y)2 x2 y2

     

 

(x y) x2 y2 x2 y2 x y

        (vì x y  x2y2 )

0,25
0,5
0,25

a) N a2 a 1

   =(a 2)(a3) 5

Vì (a 2) ( a3)5 chia hết cho 5 nên a 2;a3 hoặc cùng
chia hết cho 5 hoặc cùng không chia hết cho 5

*Nếu a 2;a3 cùng chia hết cho 5 thì (a 2)(a3) chia hết cho 
25 mà 5 không chia hết cho 25 suy ra N không chia hết cho 25.
*Nếu a 2;a3 cùng không chia hết cho 5 thì (a 2)(a3) khơng 
chia hết cho 5 ( do 5 là số nguyên tố) suy ra N khơng chia hết cho 5,
do đó Nkhơng chia hết cho 25.

Vậy N không chia hết cho 25 với mọi số nguyên a.

0,25

0,25
0,25

0,25

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

b) Giả sử 1 x y. Chia cả hai vế của PT cho xx ta được: 
x
y x
x
y
x
x



Vì y xx x

 mà xlà số nguyên dương nên y x . Đặt y kx (kN k, 2)
Theo bài ra ta có xkx ( )kx x ( )xk x ( )kx x xk kx xk1 k

       (1)
Ta thấy x2 (vì nếu x1thì k 1). Do đó xk1 2k1

 (2)
Từ (1) và (2) suy ra k 2k1

 nên 2k2k (3)
Dễ thấy k3 thì bất đẳng thức (3) khơng xảy ra. Do đó k 2.
Thay k2 vào (1) ta được x2  y2.2 4 .

Thử lại x2;y4 thỏa mãn đề bài. Vì vai trị của x, y như nhau vậy (
,

x y)





2; 4 , 4;2

 





0,25
0,25
0,25

0,25

a) ĐKXĐ: x1.

2 3 2 1 4 ( 2 4 4) ( 1 2 1 1) 0

x  x x   x  x  x  x  

2 2

(x 2) ( x 1 1) 0

     

2 0

2( / )
1 1 0

x

x T m

x

 


   
  



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x2.

0,5
0,5
b) 4 5 7 7 4 5 5 2 1 2

5 5 5

x x x x

x y  y        x 

Đặt 2 .

5
x

t t Z



   Do đó x5t 2 y 3 4t.

Vậy nghiệm của phương trình là 5 2( )

3 4
x t
t Z
y t
 



 

0,5
0,5
4

Vì a b c  1, nên áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2 +b+c 2 1 2

b c  bc a  a bc   a bc

2 2 2 2

a a a bc a bc a a bc bc

       





a bc a bc a bc a bc

        (1)

Chứng minh tương tự ta có: b ca b   ca (2)

c ab c   ab (3)

Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được

a bc  b ca  c ab a b c     ab bc ca

0,25
0,5

0,25

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

Hay a bc  b ca  c ab  1 ab bc ca.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1.
3

a b c   0,5

a) Ta có AE//BH( cùng vng góc với AB) nên tứ giác ABHE là hình
thang vng. Do đó ( ). .

2 2

ABHE

AE BH AB EH AB

S    (theo tính chất hai

tiếp tuyến cắt nhau).
ABHE

S nhỏ nhất  EH nhỏ nhất EH BH  ABHElà hình chữ nhật
 M là điểm chính giữa của cung AB.

Vậy Min 2 2
ABHE

S  R  M C.

0,5

0,5
b) Xét hình thang ABHE có OA=OB, OD//AE//BF DE DF

F= ( ) F=BH

DE DHB g c g E

    

mà BH HM EA EM;  (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra AE E. F=EM.MH (1)

Lại có OE là tia phân giác của AOM ; OH là tia phân giác của BOM
mà AOM và BOM là hai góc kề bù nên EOH 900

 .

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác EOH vng tại H ta có

2
2

4
AB

EM MH OM  (2)

Từ (1) và (2) suy ra . F 2
4
AB

AE E  .

0,5

A
F

O B

H
M

</div>

De DA HSG huyen Tam Duong 20102011 Toan 9

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về