De DA HSG Ngoc Lac 20102011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (130.33 KB, 4 trang )

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

Phòng Gd & Đt

Ngọc Lặc Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyệnnăm học 2010 2011 .

Môn : Toán

Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )

Câu 1 (3,5 điểm): Cho biÓu thøc: A =

b ab a b a b

a

a b ab b ab a ab

     

  

   

      

 

a) Rót gän A.

b) TÝnh gi¸ trị của A biết: a 6 2 5 và b5

Câu 2 (3,5 ®iĨm):

Cho đờng thẳng (d) có phơng trình : 2(1 m x) (2 m y)  2 0 (m là tham số)
a) Tìm m để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;1).

b) Chứng minh rằng các đờng thẳng (d) luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi giá trị của
m.

c) Tìm m để đờng thẳng (d) cách gốc tọa độ một khoảng ln nht.

Câu 3 (2,0 điểm): Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:
5x7y112

Câu 4 (3,0 điểm): Cho a > 0; b > 0 vµ a + b = 1.

Chøng minh r»ng:

1 1 4

1 1 3

a b

Câu 5 (2,5 điểm): Cho hình thang ABCD (AB//CD) cã diƯn tÝch lµ S,

3
2
CD AB

. Gọi E,

F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao
điểm của BF và CE. Tính diện tích tø gi¸c EMFN theo S.

Câu 6 (4,5 điểm): Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính BC = 2R và A là một điểm trên nửa
đờng trịn đó. Vẽ AH vng góc với BC. Gọi I và K lần lợt là các điểm đối xứng của H
qua AB và AC.

a) Chứng minh ba điểm: I, A, K thẳng hàng.

b) Chng minh IK là tiếp tuyến của nửa đờng tròn (O).

c) Xác định vị trí của điểm H trên BC để diện tích tứ giác BIKC đạt giá trị lớn
nhất. Tìm giỏ tr ln nht ú.

Câu 7 (1,0 điểm): Cho hai ®a thøc P x( ) 1  x x9x25x49x81 vµ Q x( )x3 x
Tìm đa thức d của phép chia P(x) cho Q(x).

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

Hä tªn thÝ sinh: ……… . Số báo danh: ..

Phòng GD& ĐT Ngọc Lặc

ỏp án và hớng dẫn chấm đề thi học sinh giỏi cấp huyện
Mơn Tốn lớp 9 năm học 2010-2011

C©u ý Đáp án Điểm

Câu 1
3,5đ

a.
2,5đ

+ ĐKXĐ: a>0; b>0 và a b
+ Ta cã

( ) ( ) ( )( )

( )

a ab b ab a a b a b b b a a b b a
A

a b ab b a

        



 

( )

a b ab a b

a b ab b a

 



 

a b b a

b a
a b

a b

 

   




0,5®
0,5®

0,5®
1,0®

b.
1,0®

Ta cã: a 6 2 5 ( 5 1)  2 vµ b = 5
Suy ra

5 ( 5 1) 5 5 1 1

A     

1,0đ

Câu 2
3,5
điểm

a
10đ

Vì (d) đi qua điểm A(2;1) nên thỏa mÃn:
8

2(1 ).2 (2 ).1 2 0

m m m

       1®

b
1,25®

Gọi điểm cố định mà (d) đi qua là M(x0;y0) ta có

0 0

2(1 m x) (2 m y)  2 0  (2x0y m0) 2(x0y01) 0 m

0 0 0

2 0 1

1 0 2

x y x

x y y

    



   

   

 



Vậy điểm cố định mà đờng thẳng (d) đi qua là M(1;-2).

0,5®

0,75®

1,25đ Vì (d) khơng đi qua gốc tọa độ O(0;0)
Nên (d) giao với trục Oy tại Q(0;

2
2
m )
giao với trục Ox tại P(

1
;0
1
m )
(m1; 2)

Kẻ OH PQ.

Trong tam giác vuông POQ ta có:

2 1

;

2 1

OQ OP

m m

 

 

2 2 2

2 2

1 1 1 1

1 1

OH

OH OP OQ

OP OQ

   



2 2

2 2 2

6 4 4

( 2) 4( 1) 5( )

5 5 5

OH

m m m

    

  

 

Với m = 1, ta có (d): y = -2, khoảng cách từ O đến (d) là 2 < 5

0,25®

0,5®

0,25®
y

x
P

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

Với m = 2, ta có (d): x = 1, khoảng cách từ O đến (d) là 1 < 5
Vy giỏ tr ln nht OHmax= 5

6
5
m

Câu 3
2,0

điểm 2đ

Ta cã: 5x7y112

112 7
5 112 7

5
y

x y x 

    

110 5 2(1 ) 2(1 )

5 5

y y y

x    y 

    

V× x nguyên

2(1 )
5

y

là số nguyên

Vì (2;5)=1
1

1 5
5

y

t Z y t



     

21 7
1 5

x t

y t

 


 
 

 víi t Z
Do

0; 0 3 2; 1;0

x y    t  t 
Khi: t = -2 => x = 7 vµ y = 11
Khi: t = -1 => x = 14 vµ y = 6
Khi: t = 0 => x = 21 vµ y = 1

VËy phơng trình có nghiệm nguyên dơng là:
( ; )x y

(7;11);(14;6);(21;1)}

0,25đ

0,5đ

Câu 4
3,0

điểm 3,0

Ta cã

1 1 4

3( 1 1) 4( 1)( 1)

1 1 3 a b a b

a b        
 9 4( ab a b  1) (v× a+ b = 1)

 9 4 ab  8 1 4ab (a b )24ab luôn đúng a b; 0.
Dấu “=” xẩy ra  a = b.

1,0đ
1,0đ
1,0đ

Câu 5
2,5

điểm 2,5đ

Đặt SAEM= x

3
2
MF MD DF
MA ME AE 

nªn

3 3

2 2

EMF AEM

S  S  x

(1)

(vì 2 tam giác chung đờng cao)

3 3 9

2 2 4

AMD DMF AMD

S  x S  S  x

Từ đó

25
4

AEFD

S  x

(2)

Tõ (1) và (2) suy ra

6
25

EMF AEFD

S S

Tơng tự,

6
25

ENF BEFC

S  S

Suy ra

6 6

25 25

EMFN ABCD

S  S S

N
M

A B

D C

0,25đ
0,25đ

0,5đ

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

Câu 6

4,5
điểm

a
2,0đ

1  2; 3  4

ó :ΔAIB=ΔAHB(c.c.c);ΔAKC=ΔAHC(c.c.c)
A =A A =A

Ta


c

   



2 3
0

à : HAI+HAK=2(A +A )
2.BAC=180

M



Suy ra I, A, K thẳng hàng.

B C

O
A

0,5đ
0,5
0,5
0,5đ

b
1,5đ

0 0

AIB=AHB=90 ;AKC=AHC=90
Theo cmt :

Suy ra BI IK CK; IK do đó BI // CK =>BCKI là hình thang.
Mặt khác AI = AK (=AH); OB = OC (=R).

Vậy OA // CK => OAIK, do đó IK tiếp tuyến của nửa đờng trịn (O).

0,5đ
0,5đ
0,5đ

c
1,0đ

Ta có BCKI hình thang

Suy ra

( ) 2 .

. .

2 2

BCKI

BI CK IK R IK

S    R IKR BC

2
2

S R . DÊu “=” xÈy ra  IK / /BC OABC H O
Vậy maxS= 2R2 H O

0,25đ
0,25đ
0,5đ

Câu 7
1

®iĨm 1®

Ta cã: P(x) = (x9- x) +( x25- x)+(x49- x)+(x81-x)+5x+1

= x(x8-1)+ x(x24-1)+ x(x48-1)+ x(x80-1)+5x +1

Q(x)= x(x2-1)

VËy P(x) chia cho Q(x) ®a thøc d: R(x) = 5x+1

0,5®
0,5®

</div>

De DA HSG Ngoc Lac 20102011

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về