De thi HSG mon Toan vong huyen 20092010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN LỚP 9 Thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) Bài 1 : ( 4 điểm) A. x2  x 2 x  x 2( x  1)   x  x 1 x x1. Cho biểu thức : a, Rút gọn A b, Tính giá trị nhỏ nhất của A B. 2 x A nhận giá trị nguyên. c, Tìm x để biểu thức Bài 2 (4 điểm ) Giải phương trình và hệ phương trình sau :. 1 x  2  y  2009  z  2010  ( x  y  z ) 2 a, 1 1 9  x  y  x  y 2    xy  1  5  xy 2 b, . Bài 3 : ( 4 điểm) a, Chứng minh : ( x  y  z )2 3( x 2  y 2  z 2 ) x, y , z  R 1 1 1 x  y  z 1 ; x  , y , z 4 4 4 b, Cho. Chứng minh : 4 x  1  4 y  1  4 z  1  21 Dấu “=” xảy ra khi x , y , z bằng bao nhiêu ? Bài 4 : ( 4 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . C là trung điểm của OA , dây MN vuông góc với OA tại C . Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM , H là giao điểm của AK và MN . a, Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b, Tính tích AH.AK theo R c, Xác định vị trí của điểm K để KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó . Bài 5 : ( 4 điểm) Cho tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo và diện tích tam giác AOB bằng 4 , diện tích tam giác COD bằng 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD ? ---------------------------Hết -------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh : ……………………………….Số báo danh : ………………………… Chữ kí của giám thị 1 : …………………………Chữ kí của giám thị 2: ……………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN TOÁN LỚP 9 CÂU Câu 1. PHẦN a, (1 điểm ). NỘI DUNG x  x 2 x  x 2( x  1)   x  x 1 x x1 ĐK : x  0; x 1 A. 0,25. x ( x  1)( x  x  1) x (2 x  1) 2( x  1)( x  1)   x  x 1 x x1 = x ( x  1)  (2 x  1)  2( x  1) = x  x  2 x  1 2 x  2 A. = x. =. 0,25 0,25 0,25. x 1. b, A = x (1 điểm ). x 1.   x. 2. 2. 2. 1 1 3  1 3  2. x       x   2  2 4 =  2 4 2. 2. 1 1 3 3    x   0 x  0  x     x  0 2 2 4 4 Vì  nên  3 1 1  x   x 2 4 Vậy AMin = 4. c, (2 điểm ). ĐIỂM. 2. 2 x 2 2   1 1 x  x 1 x 1 M x 1 x x ( Với M = ) 1 x 1 x Với x  0; x 1 thì >1 do đó : 0< B < 2. 0,5 0,25 0,25. B. 0,5. Nên B nguyên khi B = 1. 0,5.  . 2 1 1 x 1 x 1 x  3 0 x. 0,5.  x  3 x  1 0  x. Câu 2. a, (2điểm). 7 3 5 2. 1 x  2  y  2009  z  2010  ( x  y  z ) 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  2 x  2  2 y  2009  2 z  2010  x  y  z  x  2 x  2  y  2 y  2009  z  2 z  2010 0. 0,25 0,25.  ( x  2  2 x  2  1)  ( y  2009  2 y  2009  1)  ( z  2010  2 z  2010  1) 0 0,25  ( x  2  1) 2  ( y  2009  1) 2  ( z  2010  1) 2 0.  x  2  1 0    y  2009  1 0   z  2010  1 0. 0,5.  x  2 1  x 3    y  2009 1   y  2008    z 2011 z  2010  1  . b, (2điểm). 0,25. 1 9  ( x  y )(1  xy )  2   2 x 2 y 2  5 xy  2 0 . 1 9  ( x  y )(1  )  (1) xy 2  ( xy  2)(2 xy  1) 0(2)  1 Giải (2) được xy = 2 hoặc xy = 2. Vậy ta có :  xy 2   x  y 3  x = 2; y = 1 hoặc x = 1; y = 2 1  xy   2  1 1 x  y 3  2  x = 1; y = 2 hoặc x = 2 ; y = 1 Hoặc . a, (2 điểm). 0,5. 1 1 9  x  y     x y 2    xy  1  5  xy 2 x y 9  ( x  y )  xy  2    xy  1  5  xy 2. Câu 3. 0,25. 0,5 0,25 0,5. 0,5. Xét hiệu : 3( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y  z ) 2 3 x 2  3 y 2  3 z 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx. 0,5. 2 x 2  2 y 2  2 z 2  2 xy  2 yz  2 zx. 0,5. 2. 2. 2. ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) 0 x, y, z  R 2 2 2 2 Vây 3( x  y  z ) ( x  y  z ) x, y , z  R. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. b, (2 điểm). 2. 2. 2. Hay ( x  y  z ) 3( x  y  z ) x, y, z  R Dấu “= “ xẩy ra khi (x - y)2 +(y – z)2 + (z- x)2 = 0  (x - y)2 = (y – z)2 = (z- x)2 =0  x=y=z=0 Lập luận tương tự ta có :.   .  4z 1 4 z 1 . 4 x 1  4 y 1  4 z  1 4 x 1  4 y 1  4 x 1  4 y 1 . 2. 2. 0,5. 0,5. 3  4 x  4 y  4 z  3 3.  4  x  y  z   3 3.(4  3) 21. 0,5.  21. 0,5.  4 x  1  4 y  1  4 z  1  Dấu “= “ xẩy ra khi  x  y  z 1. . x  y z . 1 3. 0,5. Câu 4 M K H. A. B. O. C. I. N. a, (1 điểm). 0  Ta có : AKB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).   AKB  HCB 90  90 180 0. 0. 0,25 0,5 0,25. 0. Vậy tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b, (1 điểm). c, (2 điểm).  cos KAB . 0,5. AC AK  AH AB. 0,5. R 2 R  R 2  AH.AK=AB.AC = 2 AMB 900. Ta có : ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Trong AMB có MC  AB nên MA2 = AC . AB = R2 AM 1    MA = R nên Sin ABM = AB 2  ABM 300 0   Vậy MBN 2. ABM 60. Mặt khác AB là đường trung trực của MN nên BM = BN Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều Lấy điểm I trên NK sao cho KI = MK . . 0,25. (1) (2). 0,25 0,25. 0. Mà MKN MBN 60 (hai góc nội tiếp chắn cung MN) Suy ra MIK đều Xét MNI và MKB có : MI = MK. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> MN= MB 0    IMN KMB ( = 60  BMI ). Do đó MIN = MKB (c .g .c )  IN =KB Vậy KN = NI + IK = KB + IK = KB + MK  KM + KB +KN = KN + KN = 2.KN 2.2 R 4 R  KM + KB +KN 4R Dấu “=” xẩy ra khi K là điểm đối xứng với N qua O. 0,5 0,5. B. 4 điểm Câu 5. A. H. C. O. D. Kẻ BH vuông góc với AC tại H S AOB S BOC. 1 BH .OA OA 2   1 BH OC OC 2. Ta có : Tương tự ta có. S AOD OA  S DOC OC S AOB S AOD  S S DOC BOC Do đó :. Mà SAOB = 4 ; SCOD = 9  SAOD . SBOC = SAOB . SCOD = 4.9=36 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có : S AOD  S BOC 2 S AOD .S BOC. Vậy S ABCD S AOD  S BOC  S AOB  SCOD 2 36  4  9  S ABCD 25. Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD là 25 Dấu “=” xảy ra  S AOD S BOC  Tứ giác ABCD là hình thang ( AB//CD) Chú y : Nếu thí sinh làm theo cách khác , lời giải đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,5. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>