DAP AN DE THI HSG 920102011 CAN LOC

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: Toán-Lớp 9 Thời gian 120 phút Câu 1: Rút gon biểu thức a) A = 11  2 30  5 b) B =. 1 3 2 2 3 2  3 3 2 2 3. Câu 2: Cho biểu thức x2  x 2 x  x 2( x  1)   x x1 P = x  x 1. a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P 2 x c) Tìm x để biểu thức Q = P nhận giá trị là số nguyên. 2. Câu 3: Cho x,y thoã mãn (x + 2011  x )(y + 2011  y ) = 2011 Tính giá trị của biểu thức A = x2011 + y2011 2. Câu 4: Giải phương trình: 6 – x2 = 6  x Câu 5: Qua điểm M tuỳ ý trên đáy lớn AB của hình thang ABCD ta kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD.Các đường thẳng song song này cắt cạnh AD,CB tại E và F. Đoạn thẳng EF cắt AC và BD tại I và J. FI EJ  a) Chứng minh IE FJ. b) CMR nếu H là trung điểm của đoạn IJ thì H cũng là trung điểm của EF. PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO CAN LỘC.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tôn Đức Trình THCS Phúc Lộc KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2010 – 2011 Hướng dẫn chấm môn: Toán 9 Câu 1: Rút gon biểu thức a) A = 11  2 30  5 = 6 1 3 2 2 3 2  3 3 2  2 3 = -1. b) B = Câu 2: Cho biểu thức. 2đ 2đ. x2  x 2 x  x 2( x  1)   x x1 P = x  x 1. a) ĐK x>0, x ≠1 P = x - x +1. 0.5 đ 1.5 đ. 1 3 3 3 1 b) Ta có P = ( x - 2 )2 + 4 ≥ 4 => PMin = 4 <=> x = 4 2 2  2 x x - x +1 M x c) Ta có Q = x - x +1 = . Do x> 0, x ≠ 1. Ta có. 2.0 đ. x - x +1 1  x 1 x x M= > 1 BDT Côsy => 0 < Q < 2. Vì Q nguyên nên Q 7 3 5 2 = 1 => x 1.0 đ. Câu 3: Cách 1 Ta có. 2 2 (x + 2011  x )(x - 2011  x ) = 2011 2 2 (y + 2011  y )(y - 2011  y ) = 2011.  y+ 2011+y 2  2011+x 2  x  2 2 Kết hợp với giả thiết có:  x+ 2011+x  2011+y  y. Cộng theo vế ta có x = - y => A = x2011 + y2011 = 0 Cách 2: Nhân lien hợp ta có 2 2 2 2 Ta có (x + 2011  x )(x - 2011  x )(y + 2011  y ) = 2011(x - 2011  x ) 2 2 <=> - 2011(y + 2011  y ) = 2011(x - 2011  x ). <=> x + y =. 2011  y 2 - 2011  x 2 (1). 2 2 Tương tự có: x + y = 2011  x - 2011  y (2) Công (1)(2) ta có 2(x + y) = 0 => x = - y => A = x2011 + y2011 = 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 4: (Cách 1) ĐK: - 6 < x <. 6 . Ta có: 6 – x2 = 6  x <=> x2 = 6 -. 6 x. 1 1 1 1 2 <=> x – x + 4 = (6 - x) - 6  x + 4 => (x - 2 ) = ( 6  x - 2 )2 1 1 => (x - 2 ) = ± ( 6  x - 2 ) = > x = 6  x (1) hoặc 1 – x = 6  x (2) 1  21 giải (1) được x = 2, giải (2) được x = 2 2.  y2 = 6 - x  2 6  x => y2 = 6 – x ta có hệ sau:  x = 6 - y (I). Cách 2: Đặt y = Từ hệ (I) ta có (x - y)(x + y) = x – y <=>(x - y)(x + y - 1) = 0. x = y  =>  y = 1 - x Với x = y => x = 6  x => x = 2 (t/m) Với y = 1- x ta có 1- x = 6  x (x<1) => (1- x)2 = 6 – x <=> x2 – x + 5 = 0 1  21 1  21 x1,2 = 2 loại x1. Vậy x = 2; x = 2 Cách 3: ĐK: - 6 < x < 6 . Bình phương hai vế ta có (6 – x2)2 = 6 - x. <=> x4 – 12x2 + x + 30 = 0 <=> (x – 2)(x3 + 2x2 – 8x – 15) = 0 1 2. <=> (x – 2)(x + 3)(x2 + x – 5) = 0 Giải được x = 2; x = Câu 5: Cách 1: FI FP DG   a) Ta có IE PM GB (1) JE EQ CG   JF QM GA (2). 21. D. C. G. F. .. I. E. J. H. Q. DG CG P  Mà GB GA (3) A M FI JE  Từ (1)(2)(3) ta có IE JF FI JE FI JE FI JE    b) Ta có IE JF => IE  IE JF  JE = F FE => FI = JE mà IH = IJ. B. => FH = HE Cách 2:. C. D. FP DG CG EQ    a) Ta có PM GB GA QM => PQ//EF. => FIQP, IEQP là các hình bình hành vì tứ giác. G I. H. F. E. J Q. P A. M. B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> có các cạnh đối song song => FJ = IE = PQ (1) FI FP EQ EJ    IE PM QM JF Lai có. b) Từ (1) FJ = IE mặt khác IH = HJ (gt) => FH = HE Người giải:. Tôn Đức Trình. THCS Phúc Lộc.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>