de thi HSG toan 9ninh binhDA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) CÂU 1: (5đ) Cho biểu thức :. P=a2−a√a+a√+1−3a−2a√a√+a−4a√−2. 1. Rút gọn P. 2. Tìm GT nhỏ nhất của P. CÂU 2: (5đ) Giải các phương trình sau: 1. 2x3−x2+2x3−3x+1−−−−−−−−−−√3=3x+1+x2+2−−−. −−√3 2. x4−2y4−x2y2−4x2−7y2−5=0; (với x;y nguyên) CÂU 3: (4đ) Cho đường tròn. (O;R). Đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tuỳ ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O), ( N,P là hai tiếp điểm). 1. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. 2. CMR tâm của đường tròn đi qua 3 điểm. M,N,P luôn chạy trên đường thẳng cố định khi M di chuyển trên đường thẳng d. CÂU 4:(4đ) 1. a) Tìm Max của :. y=|x|9−x2−−−−−√. x,y,z là những số dương thoả mãn đk: xyz=1. Tìm min: f(x)=1x3(y+z)+1y3(x+z)+1z3(x+y). 2. Cho 3 số a,b,c thoả mãn: a+b+c=1 ; a2+b2+c2=1;a3+b3+c3=1. CMR: a2n+1+b2n+1+c2n+1=1 với nϵN∗. b) GT. CÂU 5: (2đ) Cho △ABC thay đổi có của. S△ABC.. AB=6 và AC=2BC. Tìm giá trị lớn nhất.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 1: ĐKXĐ: a>0, a ≠ 2 P=a−3 +4 = ( -3/2)2 +4-9/4 ≥ 7/4 minP =7/4a=9/4 Bài 2: 1/ chuyển vế: đặt =a, =b, ta có PT: a3+a=b3+b  (a-b)(a2+ab+b2-1)=0 2/ Giải phương trình sau: x4−2y4−x2y2−4x2−7y2−5=0; (với x;y nguyên) Đặt: a=x2≥0; b=y2≥0 PT tương đương với: a2−2b2−ab−4a−7b−5=0  a2−a(b+4)−2b2−7b−5=0 (*) coi (*) là PT ẩn a thì đk cần để có nghiệm a là: Δ=(b+4)2+8b2+28b+20=(3b+6)2≥0 với b≥0 Mà a≥0 nên ta tìm được: a=2b+5. => x2−2y2=5 (1) đến đây ta xét Module 3, hai vế của (1), từ đó ta => PT không có nghiệm với x, y nguyên Bài 3: a/ MNOP là hình vuông  MN=MP= R  OM = R(có 2 vị trí điểm M thoả mãn) b/ Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là trung điểm của OM ( do tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn đường kính OM). Gọi X và Y lần lượt là trung điểm của OA và OB thì: IX // d và IY //d nên I di chuyển trên đường cố định đi qua X và Y trừ ra những điểm thuộc đoạn XY. Bài 4: 1. a/ y = = b/. √. 81 9 − x2 − 4 4. (. 2. ). ≤ . Dấu = xảy ra khi x = ±. 2.Ta có: (a+b+c)=1(a+b+c)2=1a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1ab+bc+ca=0(1) Ta lại có: a3+b3+c3=1a3+b3+c3−3abc=1−3abc(a+b+c) (a2+b2+c2−ab−bc−ca)=1−3abc 3abc=0abc=0 Vậy hoặc: a=0,b=0,c=0 Thay vào a+b+c=0 ta được nghiệm của hệ có 2 nghiệm = 0, 1 nghiệm =1 suy ra ĐPCM * Cách 2:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> AD hằng đẳng thức: (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(a+c) rồi từ ĐK (1) và ĐK(3) => a=−c hoặc a=−b hoặc b=−c từ đó dễ dàng cm được Bài 5: Câu này dùng quỹ tích của điểm C, C nằm trên đường tròn đường kính DE không đổi, với D là giao điểm của tia phân giác góc ngoài của góc C với AB, E là giao điểm của đường phân giác góc trong của góc C, dễ dàng cm DE cố định và có độ dài là 8 ( SD t/c tia phân giác) rồi từ đó=> đường cao có độ dài lớn nhất hạ từ C là 4=> Max (SABC)=12 câu 5 dễ mà đấy là cái đường tròn apoloniut Đây là đường tròn Apoloniut Cho đoạn thẳng PQcố định. Tìm tập hợp (L) gồm những điểm sao cho tỉ số khoảng cách từ mỗi điểm đó đến P và Q = m/n, m và n là độ dài 2 cạnh cho trước Phần thuận: Gọi M là 1 điểm thuộc tập hợp (L)⇔MP/MQ=m/n Trên đường thẳng PQ, tồn tại 2 điểm D và D' chia đoạn thẳng PQ theo tỉ số m/n đã cho: D chia đoạn PQ và D' chia ngoài Ta có: DP/DQ = D'P/D'Q = MP/MQ (=m/n) => MD và MD' là phân giác ngoài của góc PMQ => góc DMD' = 900⇒ M nằm trên đường tròn dk DD' Phần đảo: Lấy M tùy ý nằm trên duog tròn đường kính DD' Ta cmr: MP/MQ = m/n <=> (L) là đường tròn dk DD', gọi là đường tròn Apollonius.

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